来自AI:
对于这个问题，我们可以使用动态规划的思想来解决。
首先，我们需要定义一个长度为n的数组dp，其中dp[i]表示从第i个格子开始跳到第n个格子的最少次数。初始时，将dp[n]设为0，表示从第n个格子跳到第n个格子不需要任何次数。
然后，从第n-1个格子开始向前遍历，对于每个格子i，我们需要计算从第i个格子跳到第n个格子的最少次数。这可以通过遍历从i+1到i+a[i]的格子 j 的dp[j]值，并选取最小的值再加上1来计算。假设这个最小值为min_count，那么dp[i] = min_count + 1。
最后，对于每个询问的格子起始位置，我们可以直接查询dp数组的对应位置即可得到最少需要踩的格子数。
下面是使用Python实现的代码：
python
Copy to clipboard
n, m = map(int, input().split())
a = list(map(int, input().split()))
queries = list(map(int, input().split()))
dp = [float('inf')] * (n + 1)
dp[n] = 0
for i in range(n - 1, -1, -1):
min_count = float('inf')
for j in range(i + 1, min(i + a[i] + 1, n + 1)):
min_count = min(min_count, dp[j])
dp[i] = min_count + 1
for q in queries:
print(dp[q], end=' ')
print()

用dp考虑这个问题，用一个vector类型的 g[i] 表示有哪些点往后跳跃可以走到点 i ，设 f[i] 表示走到 i 最少走多少格子，在不考虑先走到后面再走回来的情况下，则有$f[i] = min(f[i - 1], min{f[g[i][j]]}) + 1，对于先走到后面的格子再走回来的情况，我们知道只要到了 i 后面任意一个格子就能只走1步走到 i ，因此这个过程可以被我们分为两步，首先从 i 前面的格子走1步走到 i 后面，再直接走到 i ，于是走到 i 后面的这个步骤被我们拆为从 i 前面走两步，于是便能得到转方程 f[i] = min(f[j](j + a[j]>i)+2,min(f[i - 1], min{f[g[i][j]]})+1)
这里不是很好写公式，理解一下就好

这个问题可以通过广度优先搜索（BFS）来解决。我们需要从每个询问的起始格子出发，找到最少的跳跃次数以到达第 n 个格子的后方。以下是解决这个问题的详细步骤和代码实现。

思路

1. 建图：每个格子可以跳到前面的格子（1 到 i-1）和后面的格子（i+1 到 i+a[i]），我们可以将这个关系看作一个图。
2. BFS：从每个询问的起始格子出发，使用 BFS 来找到最少的跳跃次数。BFS 是适合寻找最短路径的算法。
3. 记录访问状态：为了避免重复访问格子，我们需要一个数组来记录每个格子是否已经被访问过。

代码实现

以下是 C++ 的实现代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>

using namespace std;

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }

    vector<int> queries(m);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cin >> queries[i];
    }

    vector<int> results(m);
    
    for (int q = 0; q < m; ++q) {
        int start = queries[q];
        vector<int> dist(n + 1, -1); // -1 means unvisited
        queue<int> bfsQueue;

        bfsQueue.push(start);
        dist[start] = 1; // Starting from the start position

        while (!bfsQueue.empty()) {
            int current = bfsQueue.front();
            bfsQueue.pop();

            // Check if we can jump out of the last box
            if (current + a[current] > n) {
                results[q] = dist[current] + 1; // +1 for the jump out
                break;
            }

            // Jump to previous boxes
            for (int i = 1; i < current; ++i) {
                if (dist[i] == -1) { // If not visited
                    dist[i] = dist[current] + 1;
                    bfsQueue.push(i);
                }
            }

            // Jump to next boxes
            for (int i = current + 1; i <= min(n, current + a[current]); ++i) {
                if (dist[i] == -1) { // If not visited
                    dist[i] = dist[current] + 1;
                    bfsQueue.push(i);
                }
            }
        }
    }

    // Output results
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cout << results[i];
        if (i < m - 1) cout << " ";
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

代码解释

1. 输入处理：读取格子的数量 n 和询问的次数 m，然后读取每个格子的跳跃度 a 和每个询问的起始格子。
2. BFS 实现：
   • 使用队列 bfsQueue 来进行 BFS。
   • dist 数组用于记录每个格子的跳跃次数，初始值为 -1（表示未访问）。
   • 从起始格子开始，进行 BFS，检查是否可以跳出最后一个格子。
   • 对于每个格子，检查可以跳到的前后格子，并更新跳跃次数。
3. 输出结果：将每个询问的结果输出。

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n + m * (n + a[i]))，在最坏情况下，可能需要遍历所有格子。
• 空间复杂度：O(n)，用于存储跳跃次数和队列。

这个实现能够处理题目给定的约束条件。