无重叠区间及用最少的箭射爆气球

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无重叠区间及用最少的箭射爆气球
- **一：开胃菜**
- **二、无重叠区间**
- **三、用最少的箭射爆气球**

一：开胃菜

在开始所无重叠区间前先做一道简单的提来铺垫一下

给你很多形如 [start, end] 的闭区间，请你设计⼀个算法，
算出这些区间中最多有⼏个互不相交的区间

int intervalSchedule(int[][] intvs) {}

举个例⼦， intvs = [[1,3], [2,4], [3,6]] ， 这些区间最多有 2 个区间互不相交，即 [[1,3], [3,6]] ，你的算法应该返回 2。注意边界相同并不算相交。

这个问题有许多看起来不错的贪⼼思路，却都不能得到正确答案。⽐如说：

也许我们可以每次选择可选区间中开始最早的那个？但是可能存在某些区间开始很早，但是很⻓，使得我们错误地错过了⼀些短的区间。

或者我们每次选择可选区间中最短的那个？或者选择出现冲突最少的那个区间？这些⽅案都能很容易举出反例， 不是正确的⽅案

正确的思路其实很简单，可以分为以下三步：

从区间集合 intvs 中选择⼀个区间 x，这个 x 是在当前所有区间中结束最早的（end 最⼩）。
把所有与 x 区间相交的区间从区间集合 intvs 中删除。
重复步骤 1 和 2，直到 intvs 为空为⽌。之前选出的那些 x 就是最⼤不相交⼦集

把这个思路实现成算法的话，可以按每个区间的 end 数值升序排序，因为这样处理之后实现步骤 1 和步骤 2 都⽅便很多:

现在来实现算法，对于步骤 1，由于我们预先按照 end 排了序，所以选择x 是很容易的。关键在于，如何去除与 x 相交的区间，选择下⼀轮循环的 x呢？

由于我们事先排了序， 不难发现所有与 x 相交的区间必然会与 x 的 end 相交；如果⼀个区间不想与 x 的 end 相交，它的 start 必须要⼤于（或等于） x 的 end ：

直接看代码：

public int intervalSchedule(int[][] intvs) {if (intvs.length == 0) return 0;// 按 end 升序排序Arrays.sort(intvs, new Comparator<int[]>() {public int compare(int[] a, int[] b) {return a[1] - b[1];}}// 记录不相交区间的个数，初始化时⾄少有⼀个区间不相交int count = 1;// 排序后， 第⼀个区间就是 xint x_end = intvs[0][1];for (int[] interval : intvs) {int start = interval[0];//代表这个区间和选择的区间不相交，更新相关变量if (start >= x_end){// 找到下⼀个选择的区间了count++;x_end = interval[1];}} return count;
}

二、无重叠区间

给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。

注意:

可以认为区间的终点总是大于它的起点。区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。

示例 1:

输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]输出: 1解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。

示例 2:

输入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]输出: 2解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。

示例 3:

输入: [ [1,2], [2,3] ]输出: 0解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。

我们已经会求最多有⼏个区间不会重叠了，那么剩下的不就是⾄少需要去除的区间吗？

int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {int n = intervals.length;return n - intervalSchedule(intervals);
}

完整C++代码

class Solution {public:int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {if (intervals.empty()) return 0;//先对vector进行排序sort(intervals.begin(), intervals.end());//记录左边界，[start,end]相当于end位置的元素int left = intervals[0][1];//记录要移除的个数int res = 0;//循环测试for (int i = 1; i < intervals.size(); ++i) {//如果intervals[i][0] < left(相当于上一个区间的 end 大于循环测试的start)代表两个区间重复，更新左边界及计数if (intervals[i][0] < left) {++res;//left在区间重复的情况下，左边界相当于取上一个区间的end 和 循环测试的某个区间的end的最小值left = min(left, intervals[i][1]);} else {//两个区间没有相交，直接判断下一个区间left = intervals[i][1];}}return res;}
};

三、用最少的箭射爆气球

在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以y坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的x坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。平面内最多存在104个气球。

一支弓箭可以沿着x轴从不同点完全垂直地射出。在坐标x处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend，且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量没有限制。弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。

Example:

输入:
[[10,16], [2,8], [1,6], [7,12]]输出:
2解释:
对于该样例，我们可以在x = 6（射爆[2,8],[1,6]两个气球）和 x = 11
（射爆另外两个气球）。

其实稍微思考⼀下，这个问题和区间调度算法⼀模⼀样，只不过是气球变成了区间而已！如果最多有 n 个不重叠的区间，那么就⾄少需要 n 个箭头穿透所有区间：

只是有⼀点不⼀样，在 intervalSchedule 算法中，如果两个区间的边界触碰，不算重叠；⽽按照这道题⽬的描述（开始和结束坐标为 xstart，xend，且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆），箭头如果碰到⽓球的边界⽓球也会爆炸，所以说相当于区间的边界触碰也算重叠：

所以只要将之前的算法稍作修改，就是这道题⽬的答案：

int findMinArrowShots(int[][] intvs) {//for (int[] interval : intvs) {int start = interval[0];// 把 >= 改成 > 就⾏了if (start > x_end) {count++;x_end = interval[1];}} return count;
}

完整C++代码

class Solution {public:int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {if(points.empty()){return 0;}//排序sort(points.begin(),points.end());//定义第一个区间的结束位置为end，后序区间都会和end进行比较int end = points[0][1];//用来计数int count = 1;//循环遍历所有区间for(int i = 1;i < points.size();i++){//定义每个区间的开始位置为startint start = points[i][0];//如果start > end 说明两个区间没有重叠，更新相关变量if(start > end){++count;end = points[i][1];}else{//取当前end和重叠区间的end的较小值end = min(end,points[i][1]);}}return count;}
};