代码随想录训练第二十六天|LeetCode452. 用最少数量的箭引爆气球、LeetCode435.无重叠区间、LeetCode763.划分字母区间

452. 用最少数量的箭引爆气球

有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。

一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 x``start，x``end， 且满足 xstart ≤ x ≤ x``end，则该气球会被 引爆 。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。

给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。

示例 1：

输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
-在x = 6处射出箭，击破气球[2,8]和[1,6]。
-在x = 11处发射箭，击破气球[10,16]和[7,12]。

示例 2：

输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4
解释：每个气球需要射出一支箭，总共需要4支箭。

示例 3：

输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
- 在x = 2处发射箭，击破气球[1,2]和[2,3]。
- 在x = 4处射出箭，击破气球[3,4]和[4,5]。

提示:

• 1 <= points.length <= 105
• points[i].length == 2
• -231 <= xstart < xend <= 231 - 1

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思路

如何使用最少的弓箭呢？

直觉上来看，貌似只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少，那么有没有当前重叠了三个气球，我射两个，留下一个和后面的一起射这样弓箭用的更少的情况呢？

尝试一下举反例，发现没有这种情况。

那么就试一试贪心吧！局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。

算法确定下来了，那么如何模拟气球射爆的过程呢？是在数组中移除元素还是做标记呢？

如果真实的模拟射气球的过程，应该射一个，气球数组就remove一个元素，这样最直观，毕竟气球被射了。

但仔细思考一下就发现：如果把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射过的气球仅仅跳过就行了，没有必要让气球数组remove气球，只要记录一下箭的数量就可以了。

以上为思考过程，已经确定下来使用贪心了，那么开始解题。

为了让气球尽可能的重叠，需要对数组进行排序。

那么按照气球起始位置排序，还是按照气球终止位置排序呢？

其实都可以！只不过对应的遍历顺序不同，我就按照气球的起始位置排序了。

既然按照起始位置排序，那么就从前向后遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。

从前向后遍历遇到重叠的气球了怎么办？

如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭。

以题目示例： [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]为例，如图：（方便起见，已经排序）

可以看出首先第一组重叠气球，一定是需要一个箭，气球3，的左边界大于了 第一组重叠气球的最小右边界，所以再需要一支箭来射气球3了。

public int findMinArrowShots(int[][] points) {
    //先进行数组排序
    // 根据气球直径的开始坐标从小到大排序
    Arrays.sort(points, (a, b) -> {
        return Integer.compare(a[0], b[0]);
    });
    int count = 1;
    //int right = points[0][1];
    for (int i = 1; i < points.length; i++) {
        //如果当前节点的左边界大于上一个节点的右边界
        //则需要新增一根箭
        if (points[i][0] > points[i - 1][1]) {
            count++;
        }
        //如果有重合部分
        //则更新当前区间的最小右边界
        else {
            points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]);
        }
    }
    return count;
}

• 时间复杂度：O(nlog n)，因为有一个快排
• 空间复杂度：O(1)，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

注意:题目中说的是：满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。那么说明两个气球挨在一起不重叠也可以一起射爆，

所以代码中 if (points[i][0] > points[i - 1][1]) 不能是>=

总结

寻找重复的气球，寻找重叠气球最小右边界，其实都有代码技巧。

435.无重叠区间

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

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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。

只要按照右边界进行排序,只要上一个的右边界,与下一个区间有重合的部分,说明需要去掉下一个区间

public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
    if (intervals.length == 0) {
        return 0;
    }
    Arrays.sort(intervals, (a, b) -> {
        return a[1] - b[1];
    });
    //记录当前未交叉的区间数量
    int count = 1;
    //记录当前分割点,也就是有边界
    int end = intervals[0][1];
    for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
        //如果当期右边界,与当前区间的左边界没有重合的部分,则需要更改count,并且更新右边界
        if (end <= intervals[i][0]) {
            count++;
            end = intervals[i][1];
        }
        //如果有重合部分,则直接舍去当前区间,啥也不用干
    }
    return intervals.length - 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

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。

public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
    if (intervals.length == 0) {
        return 0;
    }
    //使用左边界进行排序
    Arrays.sort(intervals, (a, b) -> {
        return a[0] - b[0];
    });
    //记录重叠区间的数量
    int count = 0;
    //记录上一个区间的右边界
    int right = intervals[0][1];
    for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
        //没有重合部分
        if (right <= intervals[i][0]) {
            //更新右边界
            right = intervals[i][1];
        } else {
            //记录数量
            count++;
            //更新右边界
            right = Math.min(right, intervals[i][1]);
        }
    }
    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。

public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
    if (intervals.length == 0) {
        return 0;
    }
    //使用右边界进行排序
    Arrays.sort(intervals, (a, b) -> {
        return a[1] - b[1];
    });
    //points不为空至少需要一支箭(也就是移除的区间数量)
    int count = 1;

    for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
        //如果没有重合部分
        if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
            //此时需要加一支箭
            count++;
        } else {
            //修改当前右边界
            intervals[i][1] = Math.min(intervals[i][1], intervals[i - 1][1]);
        }
    }
    return intervals.length - count;
}

763.划分字母区间

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

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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：

public List<Integer> partitionLabels(String s) {
    //创建一个数组,找到
    int[] hash = new int[27];
    //统计每一个字符出现的最后位置
    for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
        hash[s.charAt(i) - 'a'] = i;
    }
    List<Integer> res = new ArrayList<>();
    int left = 0;
    int right = 0;
    for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
        //找到字符出现的最远边界
        //也就是更新字符出现的最远边界
        right = Math.max(right, hash[s.charAt(i) - 'a']);
        //如果到达了当前字符串的最远边界,则进行记录,并且更新区间
        if (i == right) {
            res.add(right - left + 1);
            left = i + 1;
        }
    }
    return res;
}

• 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

原文地址：https://blog.csdn.net/weixin_60364343/article/details/140576373

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