Jump Game 是 LeetCode Hot 100 里面一道非常经典的贪心题。
这道题表面上看只是一个数组跳跃问题： 给定一个数组，每个位置上的数字表示你从当前位置最多可以跳多远，问你最终能不能到达最后一个位置。
题目本身不算难，但它非常适合用来理解 贪心算法 的一个核心思想：
并不是每一步都真的把路径走出来，而是维护“当前最远能到哪”。
很多人第一次做这题时，会下意识地去想：
-
从当前位置可以跳 1 步、2 步、3 步……
-
这样当然能做，但效率会非常差。 而你给出的这份 Java 代码，用的是这道题最经典、最优雅的一种写法：
贪心维护最远可达位置
这种方法的关键就在于： 我们根本不需要关心“具体怎么跳”，只需要关心“到目前为止，最远能到哪里”。
本文就结合这段代码，系统地讲一下这道题的思路。
题目介绍
给定一个非负整数数组 nums。
数组中的每个元素 nums[i] 表示你在位置 i 时，最多可以向前跳跃的长度。
一开始你站在数组的第一个位置，也就是下标 0。 现在需要判断：你是否能够到达数组的最后一个位置。
例如：
nums = [2,3,1,1,4]
从下标 0 出发，最多能跳 2 步。 一种可行路径是：
-
从
0跳到1 -
再从
1跳到最后一个位置
所以答案是：
true
而如果是：
nums = [3,2,1,0,4]
虽然前面一开始看起来能跳很远，但最终会卡在下标 3，因为那里是 0，无法再继续向前，所以答案是：
false
示例
示例 1
输入：nums = [2,3,1,1,4]
输出：true
因为你可以这样跳：
-
0 -> 1 -> 4
所以可以到达最后一个位置。
示例 2
输入：nums = [3,2,1,0,4]
输出：false
不管怎么跳，都会在下标 3 附近被卡住，无法继续到达最后一个位置。
最直接的想法是什么？
如果一开始按最朴素的思路去想，这道题很容易想到“搜索”：
-
从当前位置出发，尝试所有可能跳到的位置
-
对每个下一步继续递归
-
看有没有哪条路径能到达终点
这个思路本质上就是回溯 / DFS。
但问题在于：
-
同一个位置可能会被重复访问很多次
-
搜索树分支非常多
-
最坏情况下会超时
所以虽然这题可以用递归去理解，但真正高效的做法并不是“试所有跳法”，而是要抓住一个更本质的信息：
当前最远能到达的位置。
核心思路：维护最远可达位置
你这段代码的核心思想其实可以概括成一句话：
遍历数组时，持续维护当前能到达的最远下标 maxPos。
如果当前遍历到的位置 i 已经超过了 maxPos，说明这个位置根本到不了，那后面更不可能到达，直接返回 false。
否则，只要当前位置还能到，我们就尝试用它来更新最远可达范围：
maxPos = max(maxPos, i + nums[i])
其中：
-
i是当前位置 -
nums[i]是从这里最多能跳多远 -
i + nums[i]就是从当前位置出发最远能到达的位置
不断更新后，如果能顺利遍历完整个数组，就说明最后一个位置一定可达。
Java 代码
下面是你给出的代码，我这里保留原始逻辑，并加上注释：
class Solution {
public boolean canJump(int[] nums) {
int maxPos = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 如果当前位置已经超过最远可达范围，说明这里到不了
if (i > maxPos) return false;
// 更新当前最远可达位置
maxPos = Math.max(maxPos, i + nums[i]);
}
return true;
}
}
代码拆解
这段代码非常短，但它把贪心思想体现得非常完整。 下面一步一步来看。
1. maxPos 表示什么？
int maxPos = 0;
maxPos 表示：
在遍历到当前时刻之前，我们最远能够到达的下标。
初始值设为 0，因为一开始我们就站在下标 0 这个位置。
随着遍历进行，如果当前位置可以到达，我们就利用这个位置继续扩展最远可达范围。
所以 maxPos 可以理解成一个“可达边界”。
2. 为什么要遍历整个数组？
for (int i = 0; i < nums.length; i++)
因为我们想逐个检查：
-
当前位置能不能到
-
如果能到，能不能帮我们把最远范围推得更远
这和很多人直觉里“真的跳来跳去”不一样。
这里的遍历并不是在模拟一条具体路径，而是在做一件更高层次的事情：
扫描所有当前可达的位置，并用它们更新全局最远可达位置。
所以看似是普通遍历，实际上是在不断扩大我们的“覆盖范围”。
3. 为什么 i > maxPos 时就可以直接返回 false？
if (i > maxPos) return false;
这是整道题最关键的一句。
因为如果当前下标 i 已经比我们最远能到达的位置还要大，说明：
-
下标
i根本不可达 -
那么它后面的位置自然也更不可能通过它到达
也就是说，只要出现一个“走不到”的位置，后面整个过程就断掉了。
例如：
nums = [3,2,1,0,4]
遍历到下标 4 时，会发现当前的 maxPos 最多只能到 3。 这说明位置 4 根本到不了，那答案就一定是 false。
所以一旦出现：
i > maxPos
直接返回 false 就可以了。
4. 为什么更新公式是 max(maxPos, i + nums[i])？
maxPos = Math.max(maxPos, i + nums[i]);
如果当前位置 i 是可达的，那么从这里出发，最远可以跳到：
i + nums[i]
但我们原本已经有一个历史最远可达位置 maxPos。
所以新的最远可达位置，应该取两者最大值：
max(maxPos, i + nums[i])
这一步就是贪心策略的核心：
每到一个能到达的位置，就尽可能更新全局最远范围。
我们并不关心具体是从哪个点跳过去的，只关心“目前能覆盖到哪里”。
手动模拟一遍：可达情况
我们用经典样例来走一遍：
nums = [2,3,1,1,4]
初始：
maxPos = 0
下标 0
-
i = 0 -
i <= maxPos，说明当前位置可达 -
从这里最远能到：
0 + 2 = 2
更新后：
maxPos = 2
下标 1
-
i = 1 -
1 <= 2，说明可达 -
从这里最远能到：
1 + 3 = 4
更新后：
maxPos = 4
此时其实已经能覆盖到最后一个位置了。
下标 2
-
2 <= 4 -
可达
-
从这里最远能到：
2 + 1 = 3
更新后 maxPos 仍然是 4。
下标 3
-
3 <= 4 -
可达
-
最远能到：
3 + 1 = 4
maxPos 不变。
下标 4
-
4 <= 4 -
可达
遍历结束，返回：
true
手动模拟一遍：不可达情况
再看这个例子：
nums = [3,2,1,0,4]
初始：
maxPos = 0
下标 0
-
可达
-
最远能到：
0 + 3 = 3
更新：
maxPos = 3
下标 1
-
1 <= 3 -
可达
-
最远能到：
1 + 2 = 3
maxPos 仍然是 3。
下标 2
-
2 <= 3 -
可达
-
最远能到：
2 + 1 = 3
maxPos 不变。
下标 3
-
3 <= 3 -
可达
-
最远能到：
3 + 0 = 3
还是不能往前推进。
下标 4
这时：
i = 4
maxPos = 3
因为：
4 > 3
说明位置 4 根本到不了，直接返回：
false
为什么这个方法是正确的？
因为这道题真正关心的并不是“路径本身”，而是“可达范围”。
假设我们已经知道：
-
从前面某些位置出发，最远能到达
maxPos
那么对于当前下标 i：
如果 i > maxPos
说明当前位置不可达。 而一个不可达的位置，不可能帮助我们继续往前推进，所以后面也不可能成功。
如果 i <= maxPos
说明当前位置可达。 那么它就有资格用自己的跳跃能力来扩大可达范围：
i + nums[i]
于是只要一路扫描并不断更新最远边界，就可以正确判断是否能到终点。
这正是贪心策略的本质：
每一步都维护当前最重要的信息——最远可达位置。
复杂度分析
时间复杂度
只遍历了一次数组，每个位置只处理一次，所以时间复杂度是：
O(n)
空间复杂度
只使用了一个额外变量 maxPos，所以空间复杂度是：
O(1)
这也是这道题贪心解法最大的优势： 既快，又省空间。
这道题真正想考什么？
这道题表面上是在“跳格子”，但本质上考察的是贪心思维。
第一，能不能抓住真正重要的信息
很多人一开始会被“具体跳法”吸引，去想到底怎么跳。 但这题真正重要的其实不是路径，而是：
当前最远能到哪里。
一旦抓住这个核心，问题就会一下子变得简单很多。
第二，能不能用局部信息推全局结果
每次更新 maxPos，都是在做一个局部最优选择：
-
当前能到的点里，谁能让我走得更远？
而通过不断维护这个局部最优，最终就能判断整个数组是否可达终点。
这就是典型的贪心思想。
和“跳跃游戏 II”有什么区别？
这道题和后面的“跳跃游戏 II”很像，但目标不同。
跳跃游戏（本题）
只问：
能不能到达最后一个位置
所以只需要维护最远可达范围，返回布尔值。
跳跃游戏 II
问的是：
最少跳几次能到最后一个位置
那时候除了可达性，还要进一步考虑“分层推进”和“步数统计”。
所以这道题其实是“跳跃游戏 II”的基础版。
总结
这道题的核心思想可以概括成一句话：
遍历数组时，持续维护当前最远可达位置；如果某个位置已经超过这个范围，说明无法到达终点。
具体做法就是：
-
用
maxPos表示当前最远可达下标 -
遍历数组中的每个位置
-
如果当前位置
i > maxPos，说明当前位置不可达，直接返回false -
否则更新：
maxPos = max(maxPos, i + nums[i])
-
如果顺利遍历完数组，说明最后一个位置可达，返回
true
这样就能在：
O(n)
的时间复杂度和：
O(1)
的空间复杂度下解决问题。
这是一道非常经典、也非常值得反复理解的贪心题。 因为它会让你真正体会到：
-
有时候不需要枚举所有路径
-
真正关键的是抓住问题中的核心状态
-
贪心并不是“随便选”，而是维护最重要的全局信息
把这道题真正吃透之后，再去看：
-
跳跃游戏 II
-
加油站
-
分发饼干
-
区间覆盖类题目
你会更容易理解“贪心到底在贪什么”。
