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:
示例 2:
示例 3:
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<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;
}
};
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!
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<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& 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<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& 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;
}
};
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<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[1] < b[1]; // 右边界排序
}
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<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[0] < b[0]; // 左边界排序
}
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;
}
};
?
字符串 S 由小写字母组成。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。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例:
提示:
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:
如图:
明白原理之后,代码并不复杂,如下:
class Solution {
public:
vector<int> 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<int> 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;
}
};
?
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。
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<int> &a, vector<int> &b) {
return a[0] < b[0];
}
// 记录每个字母出现的区间
vector<vector<int>> countLabels(string s) {
vector<vector<int>> hash(26, vector<int>(2, INT_MIN));
vector<vector<int>> 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<int> partitionLabels(string s) {
vector<int> 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<vector<int>> 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;
}
};
?