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

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输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1

看到这道题目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，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

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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;
    }
};

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

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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

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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;
    }
};

👀题目总结👀

本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球非常像，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

763.划分字母区间

题目链接
 视频讲解

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

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输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]

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：

1.统计每一个字符最后出现的位置

2.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：

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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;
    }
};

👀题目总结👀

本题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，所以有必要做一做，感受一下

56. 合并区间

题目链接
 视频讲解

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

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输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]

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<=），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

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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;
    }
};

👀题目总结👀

其实很多区间的合并操作看起来都是常识，其实贪心算法有时候就是常识

，在贪心算法：合并区间中就说过，对于贪心算法，很多都是：「如果能凭常识直接做出来，就会感觉不到自己用了贪心, 一旦第一直觉想不出来, 可能就一直想不出来了」