无重叠区间
力扣题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/non-overlapping-intervals
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。
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?
这其实是一个难点!
按照右边界排序，就要从左向右遍历，因为右边界越小越好，只要右边界越小，留给下一个区间的空间就越大，所以从左向右遍历，优先选右边界小的。
按照左边界排序，就要从右向左遍历，因为左边界数值越大越好(越靠右)，这样就给前一个区间的空间就越大，所以可以从右向左遍历。
如果按照左边界排序，还从左向右遍历的话，其实也可以，逻辑会有所不同。
一些同学做这道题目可能真的去模拟去重复区间的行为，这是比较麻烦的，还要去删除区间。
题目只是要求移除区间的个数，没有必要去真实的模拟删除区间!
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。
右边界排序之后，局部最优：优先选右边界小的区间，所以从左向右遍历，留给下一个区间的空间大一些，从而尽量避免交叉。全局最优：选取最多的非交叉区间。
局部最优推出全局最优，试试贪心!
这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：
无重叠区间
区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。
每次取非交叉区间的时候，都是可右边界最小的来做分割点(这样留给下一个区间的空间就越大)，所以第一条分割线就是区间1结束的位置。
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?别忘已经是按照右边界排序的了。
区间4结束之后，在找到区间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<int>& a, const vector<int>& b) {
- return a[1] < b[1];
- }
- int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& 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(nlogn) ，有一个快排
- 空间复杂度：O(1)
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!
总结
本题我认为难度级别可以算是hard级别的!
总结如下难点：
- 难点一：一看题就有感觉需要排序，但究竟怎么排序，按左边界排还是右边界排。
- 难点二：排完序之后如何遍历，如果没有分析好遍历顺序，那么排序就没有意义了。
- 难点三：直接求重复的区间是复杂的，转而求最大非重复区间个数。
- 难点四：求最大非重复区间个数时，需要一个分割点来做标记。
这四个难点都不好想，但任何一个没想到位，这道题就解不了。
一些录友可能看网上的题解代码很简单，照葫芦画瓢稀里糊涂的就过了，但是其题解可能并没有把问题难点讲清楚，然后自己再没有钻研的话，那么一道贪心经典区间问题就这么浪费掉了。
贪心就是这样，代码有时候很简单(不是指代码短，而是逻辑简单)，但想法是真的难!
这和动态规划还不一样，动规的代码有个递推公式，可能就看不懂了，而贪心往往是直白的代码，但想法读不懂，哈哈。
所以我把本题的难点也一一列出，帮大家不仅代码看的懂，想法也理解的透彻!
补充
本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球非常像，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<int>& a, const vector<int>& b) {
- return a[1] < b[1];
- }
- int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& 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 左区间遍历，或者按照右边界遍历，都可以AC，具体原因我还没有仔细看，后面有空再补充。
- class Solution {
- public:
- // 按照区间左边界排序
- static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
- return a[0] < b[0];
- }
- int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& 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;
- }
- };
本文转载自微信公众号「代码随想录」，可以通过以下二维码关注。转载本文请联系代码随想录公众号。
