【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 <= 105
intervals[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<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(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<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;}
};
# 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<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;}
};
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 <= 500
s
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<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;}
};
- 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)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;}
};
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 <= 104
intervals[i].length == 2
0 <= 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<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {vector<vector<int>> 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<int>& a, const vector<int>& 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
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Maven - 使用maven-release-plugin规范化版本发布
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2023.8.29 关于性能测试
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