56-合并区间

以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间。

解题思路

思路

如果我们按照区间的左端点排序，那么在排完序的列表中，可以合并的区间一定是连续的。如下图所示，标记为蓝色、黄色和绿色的区间分别可以合并成一个大区间，它们在排完序的列表中是连续的：

算法

我们用数组 merged 存储最终的答案。

首先，我们将列表中的区间按照左端点升序排序。然后我们将第一个区间加入 merged 数组中，并按顺序依次考虑之后的每个区间：

1.如果当前区间的左端点在数组 merged 中最后一个区间的右端点之后，那么它们不会重合，我们可以直接将这个区间加入数组 merged 的末尾；
2.否则，它们重合，我们需要用当前区间的右端点更新数组 merged 中最后一个区间的右端点，将其置为二者的较大值。

正确性证明

上述算法的正确性可以用反证法来证明：在排完序后的数组中，两个本应合并的区间没能被合并，那么说明存在这样的三元组 (i, j, k)以及数组中的三个区间 a[i], a[j], a[k] 满足 i < j < k 并且 (a[i], a[k])可以合并，但 (a[i], a[j])和 (a[j], a[k]) 不能合并。这说明它们满足下面的不等式：

         a[i].end<a[j].start(a[i] 和 a[j] 不能合并)a[j].end<a[k].start(a[j] 和 a[k] 不能合并)a[i].end≥a[k].start(a[i] 和 a[k] 可以合并)

我们联立这些不等式（注意还有一个显然的不等式 a[j].start≤a[j].end），可以得到：

         a[i].end<a[j].start≤a[j].end<a[k].start

产生了矛盾！这说明假设是不成立的。因此，所有能够合并的区间都必然是连续的

C++实现

class Solution {public:vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {if (intervals.size() == 0) {return {};}sort(intervals.begin(), intervals.end());vector<vector<int>> merged;for (int i = 0; i < intervals.size(); ++i) {int L = intervals[i][0], R = intervals[i][1];if (!merged.size() || merged.back()[1] < L) {merged.push_back({L, R});}else {merged.back()[1] = max(merged.back()[1], R);}}return merged;}
};

时间复杂度：O（nlogn）,其中 n 为区间的数量。除去排序的开销，我们只需要一次线性扫描，所以主要的时间开销是排序的 O(nlogn)。
空间复杂度：O（logn）空间复杂度：O(logn)，其中 n 为区间的数量。这里计算的是存储答案之外，使用的额外空间。O(logn) 即为排序所需要的空间复杂度。

1288-删除被覆盖区间

给你一个区间列表，请你删除列表中被其他区间所覆盖的区间。
只有当 c <= a 且 b <= d 时，我们才认为区间 [a,b) 被区间 [c,d) 覆盖。
在完成所有删除操作后，请你返回列表中剩余区间的数目。

解题思路

可参照56题合并区间，首先对区间进行排序。
排序完成的两个相邻区间有如下三种相对位置：

如果当前区间的左端点和数组 merged 中最后一个区间的左端点相等，根据区间覆盖的定义，这两个区间必有一个被覆盖。
如果当前区间的左端点大于数组 merged 中最后一个区间的左端点，分为两种情况：
（1）当前区间的右端点小于数组 merged 中最后一个区间的右端点，不做任何处理；
（2）当前区间的右端点大于数组 merged 中最后一个区间的右端点，我们可以直接将这个区间加入数组 merged 的末尾。

C++实现

class Solution {public:int removeCoveredIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {if(!intervals.size())return {};sort(intervals.begin(),intervals.end());vector<vector<int>>merged;for(int i=0;i<intervals.size();++i){int L=intervals[i][0],R=intervals[i][1];if(!merged.size()||(merged.back()[0]<L&&merged.back()[1]<R))merged.push_back({L,R});//else if(intervals.back()[0]<L&&intervals.back()[1]>=R)elsemerged.back()[1]=max(merged.back()[1],R);}return merged.size();}
};

时间复杂度：O（nlogn）,其中 n 为区间的数量。除去排序的开销，我们只需要一次线性扫描，所以主要的时间开销是排序的 O(nlogn)。
空间复杂度：O（logn）空间复杂度：O(logn)，其中 n 为区间的数量。这里计算的是存储答案之外，使用的额外空间。O(logn) 即为排序所需要的空间复杂度。

986-区间列表的交集

给定两个由一些闭区间组成的列表，firstList 和 secondList ，其中 firstList[i] = [starti, endi] 而 secondList[j] = [startj, endj] 。每个区间列表都是成对不相交的，并且已经排序。
返回这两个区间列表的交集。
形式上，闭区间 [a, b]（其中 a <= b）表示实数 x 的集合，而 a <= x <= b 。
两个闭区间的交集是一组实数，要么为空集，要么为闭区间。例如，[1, 3] 和 [2, 4] 的交集为 [2, 3] 。

解题思路

我们使用双指针（L和R）的方法在firstList 和secondList 中游走，找出交集
两个区间没有交集的情况为：

用代码表示为

a2<b1 or b1<a2
[a1,a2]和[b1,b2]无交集

取反，or也要取反，就是交集存在的情况

a2>=b1 and b1>=a2

接下来，交集存在的情况，它们有什么共同点？

我们惊奇地发现，交集区间是有规律的！如果交集区间是[c1,c2]，那么c1=max(a1,b1)，c2=min(a2,b2)！这一点就是寻找交集的核心，我们把代码更进一步：

while(L<firstList.size()&&R<secondList.size())
{int a1=firstList[L][0],a2=firstList[L][1];int b1=secondList[R][0],b2=secondList[R][1];if(b2>=a1&&b2>=a1)sec.push_back({max(a1,b1),min(a2,b2)});}

最后一步，我们的指针i和j肯定要前进（递增）的，什么时候应该前进呢？

if(b2<a2)R++;
elseL++;
end

a2=b2时，L和R其中一个++就可以。

C++实现

class Solution {public:vector<vector<int>> intervalIntersection(vector<vector<int>>& firstList, vector<vector<int>>& secondList) {int L=0,R=0;vector<vector<int>>sec;while(L<firstList.size()&&R<secondList.size()){int F1=firstList[L][0],F2=firstList[L][1];int S1=secondList[R][0],S2=secondList[R][1];if(S2>=F1&&F2>=S1)sec.push_back({max(F1,S1),min(F2,S2)});if(S2<F2)++R;else ++L;}return sec;}
};

时间复杂度：O(M + N)，其中 M, N分别是数组 A 和 B 的长度。
空间复杂度：O(M + N)，答案中区间数量的上限。

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