给定一条直线上障碍物的坐标数组，从原点（0）向右以固定整数长度跳跃，需找出能完全避开所有障碍物的最小跳跃长度。
这是一道经典的贪心+枚举类算法题，核心在于：若跳跃长度为 k，则会踩到所有形如 k, 2k, 3k, ... 的位置；只要这些位置中任意一个与障碍物坐标重合，该 k 就不合法。我们需要找到满足“对所有正整数 i，i × k ∉ inputArray”的最小正整数 k。
你的原始代码逻辑基本正确：对每个候选跳跃长度 jump（从 2 开始枚举），模拟跳跃过程，用二分查找判断每次落点是否为障碍物。但存在一个关键边界缺陷：
❗ 问题根源：枚举上限不足
你将外层循环设为 jump 当障碍物填满 [1, 1000] 全部整数时（例如 inputArray = [1,2,3,...,1000]），最小合法跳跃长度是 1001 —— 因为：
- jump = 1 → 踩中所有位置（1,2,3,...）→ ❌
- jump = 2 → 踩中 2,4,6,... → ❌（2 在数组中）
- …
- jump = 1000 → 踩中 1000 → ❌
- jump = 1001 → 首次落点为 1001 > max(obstacles) = 1000 → ✅ 完全避开
而你的循环在 jump == 1000 后终止，漏掉了 1001，导致失败。
✅ 正确解法：安全上界为 max(inputArray) + 1
根据题设约束：1 ≤ inputArray[i] ≤ 1000，且数组非空，因此最大障碍坐标 M ≤ 1000。
注意到：jump = M + 1 必然合法，因为第一次跳跃就落到 M + 1 > M，之后所有落点 2(M+1), 3(M+1), ... 均大于 M，不可能命中任何障碍物。
故最小答案一定 ∈ [1, M + 1]。由于 jump = 1 必然失败（除非无任何障碍，但题设数组非空且含正整数），实际只需枚举 jump 从 1 或 2 到 M + 1。
? 修复后的 Java 实现
import java.util.Arrays;
int solution(int[] a) {
Arrays.sort(a);
int maxObstacle = a[a.length - 1];
// 枚举跳跃长度：从 1 到 maxObstacle + 1（闭区间）
for (int jump = 1; jump <= maxObstacle + 1; jump++) {
boolean valid = true;
// 检查所有可能落点：jump, 2*jump, 3*jump, ... 直到超过 maxObstacle
for (int pos = jump; pos <= maxObstacle; pos += jump) {
// 使用 binarySearch 前确保数组已排序（已做）
if (Arrays.binarySearch(a, pos) >= 0) {
valid = false;
break;
}
}
if (valid) {
return jump;
}
}
return maxObstacle + 1; // 理论上不会执行到这里
}? 优化说明
- 更简洁的内层检查：无需模拟“跳跃过程”，直接枚举所有 k×jump ≤ maxObstacle 的倍数位置即可判断是否冲突。
- jump = 1 可保留：虽然通常无效，但代码更鲁棒；也可从 2 开始（因 1 必踩中至少一个障碍）。
- 时间复杂度：最坏 O(M × log N)，其中 M ≤ 1001, N ≤ 1000，完全满足 3 秒限制。
? 关键总结
- 不要凭经验硬编码枚举上限（如 1000），而应基于问题约束推导数学安全上界（max + 1）。
- 对于“避免所有指定点”的固定步长问题，本质是寻找一个整数 k，使其所有正整数倍都不在给定集合中——等价于 k 不能整除任何一个障碍坐标？❌ 错！注意：是 k 的倍数不能等于障碍坐标，即 obstacle % k == 0 时非法。因此也可改用取模判断（更直观）：
for (int jump = 1; jump <= maxObstacle + 1; jump++) { boolean valid = true; for (int obs : a) { if (obs % jump == 0) { // 落点恰好踩中 obs valid = false; break; } } if (valid) return jump; }此写法更简洁、无需排序和二分，推荐使用。
最终，理解“为什么是 max + 1”比记住代码更重要——它体现了算法题中边界分析与最坏情况保障的核心思维。
