跳跃游戏 II — 到达终点的最少跳数

某组合管理团队要规划「调仓节奏」：日历上一共 n 个交易日（tick），第 i 个交易日的风控预算允许把下一次调仓**至多推迟 nums[i] 天**。从第 0 天出发、必须在第 n − 1 天前把账户清空——每次调仓都要付一笔固定的交易成本，所以调仓次数才是要优化的目标，不在乎单次调仓跨越多少天。请算出从第 0 天走到第 n − 1 天所需的最少调仓次数；若约束让你卡在某天走不下去（即所有可达的前驱都没法把可达边界推过 n − 1），返回 −1。

请实现 solution(nums: list[int]) -> int。函数返回从下标 0 到下标 n − 1 的最少跳数，若不可达则返回 −1。约定：（a）n == 1 时返回 0（起点即终点）；（b）从下标 i 一跳可落到 [i + 1, i + nums[i]] 内的任意下标（被数组边界截断）；（c）若 n ≥ 2 且 nums[0] == 0，根本无法跨出第 0 步，返回 −1；（d）相同步数的方案不必区分先后，函数只返回数量。

示例：solution([2, 3, 1, 1, 4]) 返回 2（从下标 0 走 1 步到下标 1，再从下标 1 走 3 步到下标 4——共 2 跳；如果从下标 0 直接走 2 步到下标 2，就会被困住，因为 nums[2] = 1 只能再走一步，结果反而是 3 跳）。solution([0]) 返回 0，因为唯一的元素就是终点，无需跳跃。solution([3, 2, 1, 0, 4]) 返回 −1：从下标 0 可达 {1, 2, 3}，但下标 3 的 nums[3] = 0 哪儿也去不了，下标 1、2 也接不到下标 4，所以终点不可达。

朴素的 O(N²) DP——dp[j] = min{dp[i] + 1 : i < j 且 i + nums[i] >= j}——可以做对，但会做无用功：BFS 隐含的每一层都是连续区间，根本不必为每个目标下标各自枚举前驱。贪心 O(N) 扫描只维护当前层的右端点 current_end 和层内的最远可达 farthest，扫到 current_end 时再把层往前推一格——这等价于 BFS，但只用 O(1) 额外空间。这种「按层 BFS 折叠成一遍标量更新」的套路在很多带步数计数的区间问题上都很顺手——调仓节奏规划、容忍间隙的排程、广播半径覆盖——任何朴素逐点 DP 会重复劳动的场景。