原题
这两道题都是比较经典的贪心场景，通过局部最优解得到全局最优解。
第一题要判定能否到达，第二题在保证能够到达的情况下需要最少几步。
T1解答思路
首先对于第一题来说，我们既然要判定能否到达，第一个想法肯定是每一步的时候我都判定一下当前最远能到哪，如果能到最后一个位置，那就成功了。但怎么判定不成功呢？
我们就想到，可以把整个过程中能到达的最远位置记录下来，如果我们遍历到的当前位置比能到达的最远位置还要远的话，就说明这是不可能成功的。
为什么呢？因为我们每遍历到一个新位置，就会更新当前最远可达的位置，这就相当于在染色。位置i的最远可达位置i+nums[i]，那么从i到i+nums[i]之间的所有位置必然也是可达的。因此，在遍历数据的过程中，如果我们发现当前这个位置没有被染色覆盖，就说明从之前的任何一个位置，都不可能到达这里。既然这个位置不可能到达，后面的位置也必然不可能（染色是区间的，具有连续性）。
T1代码
func canJump(nums []int) bool {
far := 0
n := len(nums)
for i := 0; i < n; i++ {
if far < i {
// 当前位置未被染色
return false
}
// 尝试继续向后染色
far = max(far, i+nums[i])
}
// 没有出现过未被染色的情况，必然可达
return true
}
T2解答思路
对于第二题，则是在保证可达终点的情况下，求最少所需的跳跃次数。假设我们先用动态规划的思想去做，会首先想到用f[i]来记录抵达i位置所需要的最少步数，这样的话，我们只需将所有的f[i]初始化为一个很大的值(math.MaxInt或者是比题目中给出的len(nums)更大的值)，然后将f[0]设置为0(初始时天然可达)，在进行状态转移即可，状态转移方程可以表示为
\(\large f(i+j) = \min_{j\in[\; 1,\;n[i]\;]}(f(i)+1, f(i+j))\quad i+j<n\)
但我们注意到，如果每一个位置的可行距离很大的话，这样的更新需要较大的开销，如何避免对j的这样的一个循环呢？我们注意到，如果说i+j位置的到达步数是被i更新可达的话，它必然不会被i+1,i+2,...,i+j-1这些位置去更新了（因为那样不符合状态转移的$min$要求）。
因此我们可以推断，当前位置i的步数是由之前首个可达i的位置prev的步数+1来计算的。因此这个步数实际上是分段的多个区间（前闭后开），每个区间内的步数都是相同的。而当前第i个区间的步数，就是第i-1区间的步数+1所得。那么区间是如何分开的呢？那就是i-1区间内的某个位置所能到达的最远位置，就是第i个区间和第i+1个区间之间的分割点！第0个区间天然的就是nums[0]这个位置，虚拟的-1区间所产生的边界，就是在i=0的位置。因此，在遍历整个数组时，只要达到一个新的分割边界，我们就将步数+1。由此我们可以得到不需要内层循环的解法，这也就是我们的贪心解法。
但需要注意的是，遍历过程中，既然我们确保了终点必然可达，那么遍历时就不应该访问i=n-1处。为什么？因为我们步数的更新是设置在新区间的前端，这个更新的步数是用于跳跃到新区间所需的步数，而非抵达当前位置所需的步数(用i=0到i=1就很好理解了)，所以如果n=1的话就会导致一个错误的答案更新，把步数变成了未来下一次而非本次结算的代价了。
T2代码
func jump(nums []int) int {
ans := 0
nowMaxR := 0
jumpPoint := 0
n := len(nums)
for i := 0; i < n-1; i++ {
nowMaxR = max(nowMaxR, i + nums[i])
//每次抵达新区间时，更新步数作为新区间的代价f(i)
if i == jumpPoint {
ans++
jumpPoint = nowMaxR
}
}
return ans
}
