代码随想录算法训练营
代码随想录算法训练营Day36 贪心算法| 435. 无重叠区间 763.划分字母区间 56. 合并区间
435. 无重叠区间
题目链接：435. 无重叠区间
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。
总体思路
看到本题后肯定要排序，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。
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。
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;
}
}
763.划分字母区间
题目链接：763.划分字母区间
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：
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" 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
提示：
S的长度在[1, 500]之间。
S只包含小写字母 'a' 到 'z'
总体思路
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：
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;//S[i]-'a'指每个字母的位置
}
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;
}
};
56. 合并区间
题目链接：56. 合并区间
给出一个区间的集合，请合并所有重叠的区间。
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].
总体思路
本题的本质其实还是判断重叠区间问题。
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<=）
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。
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;
}
};
