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一、题目描述：

题目要求

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。

来源：力扣（LeetCode）链接

示例

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。

二、思路分析：

这道题难就难在了需要检测左右两个边界,最开始我想到了当成DP去做,后来想到能不能固定一个边界,然后值判断另一个边界,发现也不太行,因为a的右边界可能碰到b的左边界. 但是如果对左边界进行排序,那么相邻的去区间只存在b的左边界与a的有边界相交/不相交,两种情况,当出现相交碰撞时这个两个区间是不能共同存在的,注意到无论保留哪个都不会影响之前的区间,那么这个时候只要保留右边界小的即可.

三、AC 代码：

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int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>> &intervals)
{
    if (intervals.size() == 0)
        return 0;
    sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](vector<int> &x, vector<int> &y) {
        return x[0] < y[0];
    });
    int flag = intervals[0][1];
    int count = 0;
    // 将第一个放进去,从第二个开始试
    for (int i = 1; i < intervals.size(); i++)
    {
        // 发生碰撞，保留结尾小的那个,count不变，修正flag
        if (intervals[i][0] < flag)
        {
            flag = min(flag, intervals[i][1]);
            count++;
        }
        else
        {
            
            flag = intervals[i][1];
        }
    }
    return count;
}

四、总结：

当判断条件非常多时,使用排序减少后续需要判断的数量是非常有效的策略.

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