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無重疊區間

力扣題目鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/non-overlapping-intervals

給定一個區間的集合，找到需要移除區間的最小數量，使剩余區間互不重疊。

注意: 可以認為區間的終點總是大于它的起點。區間 [1,2] 和 [2,3] 的邊界相互“接觸”，但沒有相互重疊。

示例 1:

• 輸入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
• 輸出: 1
• 解釋: 移除 [1,3] 后，剩下的區間沒有重疊。

示例 2:

• 輸入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
• 輸出: 2
• 解釋: 你需要移除兩個 [1,2] 來使剩下的區間沒有重疊。

示例 3:

• 輸入: [ [1,2], [2,3] ]
• 輸出: 0
• 解釋: 你不需要移除任何區間，因為它們已經是無重疊的了。

思路

相信很多同學看到這道題目都冥冥之中感覺要排序，但是究竟是按照右邊界排序，還是按照左邊界排序呢?

這其實是一個難點!

按照右邊界排序，就要從左向右遍歷，因為右邊界越小越好，只要右邊界越小，留給下一個區間的空間就越大，所以從左向右遍歷，優先選右邊界小的。

按照左邊界排序，就要從右向左遍歷，因為左邊界數值越大越好(越靠右)，這樣就給前一個區間的空間就越大，所以可以從右向左遍歷。

如果按照左邊界排序，還從左向右遍歷的話，其實也可以，邏輯會有所不同。

一些同學做這道題目可能真的去模擬去重復區間的行為，這是比較麻煩的，還要去刪除區間。

題目只是要求移除區間的個數，沒有必要去真實的模擬刪除區間!

我來按照右邊界排序，從左向右記錄非交叉區間的個數。最后用區間總數減去非交叉區間的個數就是需要移除的區間個數了。

此時問題就是要求非交叉區間的最大個數。

右邊界排序之后，局部最優：優先選右邊界小的區間，所以從左向右遍歷，留給下一個區間的空間大一些，從而盡量避免交叉。全局最優：選取最多的非交叉區間。

局部最優推出全局最優，試試貪心!

這里記錄非交叉區間的個數還是有技巧的，如圖：

無重疊區間

區間，1，2，3，4，5，6都按照右邊界排好序。

每次取非交叉區間的時候，都是可右邊界最小的來做分割點(這樣留給下一個區間的空間就越大)，所以第一條分割線就是區間1結束的位置。

接下來就是找大于區間1結束位置的區間，是從區間4開始。那有同學問了為什么不從區間5開始?別忘已經是按照右邊界排序的了。

區間4結束之后，在找到區間6，所以一共記錄非交叉區間的個數是三個。

總共區間個數為6，減去非交叉區間的個數3。移除區間的最小數量就是3。

C++代碼如下：

class Solution { 
public: 
    // 按照區間右邊界排序 
    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; // 記錄非交叉區間的個數 
        int end = intervals[0][1]; // 記錄區間分割點 
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) { 
            if (end <= intervals[i][0]) { 
                end = intervals[i][1]; 
                count++; 
            } 
        } 
        return intervals.size() - count; 
    } 
}; 

• 時間復雜度：O(nlogn) ，有一個快排
• 空間復雜度：O(1)

大家此時會發現如此復雜的一個問題，代碼實現卻這么簡單!

總結

本題我認為難度級別可以算是hard級別的!

總結如下難點：

• 難點一：一看題就有感覺需要排序，但究竟怎么排序，按左邊界排還是右邊界排。
• 難點二：排完序之后如何遍歷，如果沒有分析好遍歷順序，那么排序就沒有意義了。
• 難點三：直接求重復的區間是復雜的，轉而求最大非重復區間個數。
• 難點四：求最大非重復區間個數時，需要一個分割點來做標記。

這四個難點都不好想，但任何一個沒想到位，這道題就解不了。

一些錄友可能看網上的題解代碼很簡單，照葫蘆畫瓢稀里糊涂的就過了，但是其題解可能并沒有把問題難點講清楚，然后自己再沒有鉆研的話，那么一道貪心經典區間問題就這么浪費掉了。

貪心就是這樣，代碼有時候很簡單(不是指代碼短，而是邏輯簡單)，但想法是真的難!

這和動態規劃還不一樣，動規的代碼有個遞推公式，可能就看不懂了，而貪心往往是直白的代碼，但想法讀不懂，哈哈。

所以我把本題的難點也一一列出，幫大家不僅代碼看的懂，想法也理解的透徹!

補充

本題其實和452.用最少數量的箭引爆氣球非常像，弓箭的數量就相當于是非交叉區間的數量，只要把弓箭那道題目代碼里射爆氣球的判斷條件加個等號(認為[0，1][1，2]不是相鄰區間)，然后用總區間數減去弓箭數量 就是要移除的區間數量了。

把452.用最少數量的箭引爆氣球代碼稍做修改，就可以AC本題。

class Solution { 
public: 
    // 按照區間右邊界排序 
    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 不為空至少需要一支箭 
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) { 
            if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) { 
                result++; // 需要一支箭 
            } 
            else {  // 氣球i和氣球i-1挨著 
                intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重疊氣球最小右邊界 
            } 
        } 
        return intervals.size() - result; 
    } 
}; 

這里按照 左區間遍歷，或者按照右邊界遍歷，都可以AC，具體原因我還沒有仔細看，后面有空再補充。

class Solution { 
public: 
    // 按照區間左邊界排序 
    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 不為空至少需要一支箭 
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) { 
            if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) { 
                result++; // 需要一支箭 
            } 
            else {  // 氣球i和氣球i-1挨著 
                intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重疊氣球最小右邊界 
            } 
        } 
        return intervals.size() - result; 
    } 
}; 

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