算法题记录2：跳格子问题

题目：存在一个数组：{0,1,2,3,1,2,3}

其中包含的数字可能相同可能不同

跳格子规则：不同的相邻数字只能一个一个跳，而相同的数字可以无视数组中的距离（一步即达）

问题：问从初始位置到数组末尾需要跳多少次

示例：{0,1,2,3,4,5,6,0} 只需一次:（0到0）

{0,1,2,3,2,3,1,5} 只需3步: 0->1->1->5

思路： 从分析状态来说，直观的思路是从左到右，但是左边的跳格子往右边哪里调其实是受右边影响的，这里粗暴一点可以考虑深度遍历，但是可能会很复杂。

换种思路，既然左边受右边影响，那么直接以右边作为"前状态"，左边作为“后状态”，

以数组dp[i]记录i位置跳到数组末尾的步数，初始数组长度为n则dp[n]=0；

需要注意的是，由于相同的数字可以直接跳跃，那么需要一个map记录不同的数字出现的最右的位置；

这样就有dp[i]=1 (当s[i]==s[n-1])  ,否则

如果s[i]已经在右边出现过，dp[i]=dp[map.find[i]->second]+1;

如果没有出现过，那么dp[i]=dp[i+1]+1;

以上逻辑实现从右到左的动态规划：  

启发：“动态规划中所谓的前后状态并不局限于直观的从左到右、从上到下”，需要具体问题具体分析。

void serach()
{
	int steps = 0;
	int N = 0;
	cin >> N;
	string s = " ";
	cin >> s;
	unordered_map <char, int> mp;
	vector<int> dp(N + 1, 0);
	if (s[0] == s[N - 1]) cout << 1;
	//dp
	for (int i = N - 2; i >= 0; i--)
	{
		if (s[i] == s[N - 1]) dp[i] = 1;
		else
		{
			if (mp.find(s[i]) != mp.end())
				dp[i] = dp[mp.find(s[i])->second] + 1;
			else
			{
				dp[i] = dp[i + 1] + 1;
				mp[s[i]] = i;
			}
		}
	}
	cout << dp[0];
}