【LeetCode题目详解】第八章 贪心算法 part05 435. 无重叠区间 763.划分字母区间 56. 合并区间 （day36补）
本文章代码以c++为例！
一、力扣第435题：无重叠区间
题目：
给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。
示例 1:
输入: intervals = [[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: intervals = [ [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: intervals = [ [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。
提示:
1 <= intervals.length <= 105intervals[i].length == 2-5 * 104 <= starti < endi <= 5 * 104
思路
相信很多同学看到这道题目都冥冥之中感觉要排序，但是究竟是按照右边界排序，还是按照左边界排序呢？
其实都可以。主要就是为了让区间尽可能的重叠。
我来按照右边界排序，从左向右记录非交叉区间的个数。最后用区间总数减去非交叉区间的个数就是需要移除的区间个数了。
此时问题就是要求非交叉区间的最大个数。
这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：
区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。
当确定区间 1 和 区间2 重叠后，如何确定是否与 区间3 也重贴呢？
就是取 区间1 和 区间2 右边界的最小值，因为这个最小值之前的部分一定是 区间1 和区间2 的重合部分，如果这个最小值也触达到区间3，那么说明 区间 1，2，3都是重合的。
接下来就是找大于区间1结束位置的区间，是从区间4开始。那有同学问了为什么不从区间5开始？别忘了已经是按照右边界排序的了。
区间4结束之后，再找到区间6，所以一共记录非交叉区间的个数是三个。
总共区间个数为6，减去非交叉区间的个数3。移除区间的最小数量就是3。
C++代码如下：
class Solution {
public:
// 按照区间右边界排序
static bool cmp (const vector& a, const vector& b) {
return a[1] < b[1];
}
int eraseOverlapIntervals(vector>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 1; // 记录非交叉区间的个数
int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (end <= intervals[i][0]) {
end = intervals[i][1];
count++;
}
}
return intervals.size() - count;
}
};
- 时间复杂度：O(nlog n) ，有一个快排
- 空间复杂度：O(n)，有一个快排，最差情况(倒序)时，需要n次递归调用。因此确实需要O(n)的栈空间
大家此时会发现如此复杂的一个问题，代码实现却这么简单！
# 补充
# 补充（1）
左边界排序可不可以呢？
也是可以的，只不过 左边界排序我们就是直接求 重叠的区间，count为记录重叠区间数。
class Solution {
public:
static bool cmp (const vector& a, const vector& b) {
return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 0; // 注意这里从0开始，因为是记录重叠区间
int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] >= end) end = intervals[i][1]; // 无重叠的情况
else { // 重叠情况
end = min(end, intervals[i][1]);
count++;
}
}
return count;
}
};
其实代码还可以精简一下， 用 intervals[i][1] 替代 end变量，只判断 重叠情况就好
class Solution {
public:
static bool cmp (const vector& a, const vector& b) {
return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 0; // 注意这里从0开始，因为是记录重叠区间
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] < intervals[i - 1][1]) { //重叠情况
intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]);
count++;
}
}
return count;
}
};
# 补充（2）
本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球
(opens new window)非常像，弓箭的数量就相当于是非交叉区间的数量，只要把弓箭那道题目代码里射爆气球的判断条件加个等号（认为[0，1][1，2]不是相邻区间），然后用总区间数减去弓箭数量 就是要移除的区间数量了。
把452.用最少数量的箭引爆气球
(opens new window)代码稍做修改，就可以AC本题。
class Solution {
public:
// 按照区间右边界排序
static bool cmp (const vector& a, const vector& b) {
return a[1] < b[1]; // 右边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
result++; // 需要一支箭
}
else { // 气球i和气球i-1挨着
intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
}
}
return intervals.size() - result;
}
};
这里按照 左边界排序，或者按照右边界排序，都可以AC，原理是一样的。
class Solution {
public:
// 按照区间左边界排序
static bool cmp (const vector& a, const vector& b) {
return a[0] < b[0]; // 左边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
result++; // 需要一支箭
}
else { // 气球i和气球i-1挨着
intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
}
}
return intervals.size() - result;
}
};
二、力扣第763题：划分字母区间
题目：
给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。
注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。
返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例 1：
输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij" 输出：[9,7,8] 解释： 划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。 每个字母最多出现在一个片段中。 像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
示例 2：
输入：s = "eccbbbbdec" 输出：[10]
提示：
1 <= s.length <= 500s仅由小写英文字母组成
思路
一想到分割字符串就想到了回溯，但本题其实不用回溯去暴力搜索。
题目要求同一字母最多出现在一个片段中，那么如何把同一个字母的都圈在同一个区间里呢？
如果没有接触过这种题目的话，还挺有难度的。
在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。
可以分为如下两步：
- 统计每一个字符最后出现的位置
- 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点
如图：
明白原理之后，代码并不复杂，如下：
class Solution {
public:
vector partitionLabels(string S) {
int hash[27] = {0}; // i为字符，hash[i]为字符出现的最后位置
for (int i = 0; i < S.size(); i++) { // 统计每一个字符最后出现的位置
hash[S[i] - 'a'] = i;
}
vector result;
int left = 0;
int right = 0;
for (int i = 0; i < S.size(); i++) {
right = max(right, hash[S[i] - 'a']); // 找到字符出现的最远边界
if (i == right) {
result.push_back(right - left + 1);
left = i + 1;
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)，使用的hash数组是固定大小
# 总结
这道题目leetcode标记为贪心算法，说实话，我没有感受到贪心，找不出局部最优推出全局最优的过程。就是用最远出现距离模拟了圈字符的行为。
但这道题目的思路是很巧妙的，所以有必要介绍给大家做一做，感受一下。
# 补充
这里提供一种与452.用最少数量的箭引爆气球
(opens new window)、435.无重叠区间
(opens new window)相同的思路。
统计字符串中所有字符的起始和结束位置，记录这些区间(实际上也就是435.无重叠区间
(opens new window)题目里的输入)，将区间按左边界从小到大排序，找到边界将区间划分成组，互不重叠。找到的边界就是答案。
class Solution {
public:
static bool cmp(vector &a, vector &b) {
return a[0] < b[0];
}
// 记录每个字母出现的区间
vector> countLabels(string s) {
vector> hash(26, vector(2, INT_MIN));
vector> hash_filter;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (hash[s[i] - 'a'][0] == INT_MIN) {
hash[s[i] - 'a'][0] = i;
}
hash[s[i] - 'a'][1] = i;
}
// 去除字符串中未出现的字母所占用区间
for (int i = 0; i < hash.size(); ++i) {
if (hash[i][0] != INT_MIN) {
hash_filter.push_back(hash[i]);
}
}
return hash_filter;
}
vector partitionLabels(string s) {
vector res;
// 这一步得到的 hash 即为无重叠区间题意中的输入样例格式：区间列表
// 只不过现在我们要求的是区间分割点
vector> hash = countLabels(s);
// 按照左边界从小到大排序
sort(hash.begin(), hash.end(), cmp);
// 记录最大右边界
int rightBoard = hash[0][1];
int leftBoard = 0;
for (int i = 1; i < hash.size(); ++i) {
// 由于字符串一定能分割，因此,
// 一旦下一区间左边界大于当前右边界，即可认为出现分割点
if (hash[i][0] > rightBoard) {
res.push_back(rightBoard - leftBoard + 1);
leftBoard = hash[i][0];
}
rightBoard = max(rightBoard, hash[i][1]);
}
// 最右端
res.push_back(rightBoard - leftBoard + 1);
return res;
}
};
三、力扣第56题：合并区间
题目：
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 。
示例 1：
输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]] 输出：[[1,6],[8,10],[15,18]] 解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].
示例 2：
输入：intervals = [[1,4],[4,5]] 输出：[[1,5]] 解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。
提示：
1 <= intervals.length <= 104intervals[i].length == 20 <= starti <= endi <= 104
思路
本题的本质其实还是判断重叠区间问题。
大家如果认真做题的话，话发现和我们刚刚讲过的452. 用最少数量的箭引爆气球
(opens new window) 和 435. 无重叠区间
(opens new window) 都是一个套路。
这几道题都是判断区间重叠，区别就是判断区间重叠后的逻辑，本题是判断区间重贴后要进行区间合并。
所以一样的套路，先排序，让所有的相邻区间尽可能的重叠在一起，按左边界，或者右边界排序都可以，处理逻辑稍有不同。
按照左边界从小到大排序之后，如果 intervals[i][0] <= intervals[i - 1][1] 即intervals[i]的左边界 <= intervals[i - 1]的右边界，则一定有重叠。（本题相邻区间也算重贴，所以是<=）
这么说有点抽象，看图：（注意图中区间都是按照左边界排序之后了）
知道如何判断重复之后，剩下的就是合并了，如何去模拟合并区间呢？
其实就是用合并区间后左边界和右边界，作为一个新的区间，加入到result数组里就可以了。如果没有合并就把原区间加入到result数组。
C++代码如下：
class Solution {
public:
vector> merge(vector>& intervals) {
vector> result;
if (intervals.size() == 0) return result; // 区间集合为空直接返回
// 排序的参数使用了lambda表达式
sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector& a, const vector& b){return a[0] < b[0];});
// 第一个区间就可以放进结果集里，后面如果重叠，在result上直接合并
result.push_back(intervals[0]);
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (result.back()[1] >= intervals[i][0]) { // 发现重叠区间
// 合并区间，只更新右边界就好，因为result.back()的左边界一定是最小值，因为我们按照左边界排序的
result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]);
} else {
result.push_back(intervals[i]); // 区间不重叠
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(logn)，排序需要的空间开销
day36补