经常有读者问区间相关的问题,今天写一篇文章,秒杀三道区间相关的问题。
所谓区间问题,就是线段问题,让你合并所有线段、找出线段的交集等等。主要有两个技巧:
1、排序。常见的排序方法就是按照区间起点排序,或者先按照起点升序排序,若起点相同,则按照终点降序排序。当然,如果你非要按照终点排序,无非对称操作,本质都是一样的。
2、画图。就是说不要偷懒,勤动手,两个区间的相对位置到底有几种可能,不同的相对位置我们的代码应该怎么去处理。
废话不多说,下面我们来做题。
区间覆盖问题
这是力扣第 1288 题,看下题目:
题目问我们,去除被覆盖区间之后,还剩下多少区间,那么我们可以先算一算,被覆盖区间有多少个,然后和总数相减就是剩余区间数。
对于这种区间问题,如果没啥头绪,首先排个序看看,比如我们按照区间的起点进行升序排序:
排序之后,两个相邻区间可能有如下三种相对位置:
对于这三种情况,我们应该这样处理:
对于情况一,找到了覆盖区间。
对于情况二,两个区间可以合并,成一个大区间。
对于情况三,两个区间完全不相交。
依据几种情况,我们可以写出如下代码:
intremoveCoveredIntervals(int[][]intvs){ //按照起点升序排列,起点相同时降序排列 Arrays.sort(intvs,(a,b)->{ if(a[0]==b[0]){ returnb[1]-a[1]; } returna[0]-b[0]; }); //记录合并区间的起点和终点 intleft=intvs[0][0]; intright=intvs[0][1]; intres=0; for(inti=1;i< intvs.length; i++) { int[] intv = intvs[i]; // 情况一,找到覆盖区间 if (left <= intv[0] && right >=intv[1]){ res++; } //情况二,找到相交区间,合并 if(right>=intv[0]&&right<= intv[1]) { right = intv[1]; } // 情况三,完全不相交,更新起点和终点 if (right < intv[0]) { left = intv[0]; right = intv[1]; } } return intvs.length - res; }
以上就是本题的解法代码,起点升序排列,终点降序排列的目的是防止如下情况:
对于这两个起点相同的区间,我们需要保证长的那个区间在上面(按照终点降序),这样才会被判定为覆盖,否则会被错误地判定为相交,少算一个覆盖区间。
区间合并问题
力扣第 56 题就是一道相关问题,题目很好理解:
title
我们解决区间问题的一般思路是先排序,然后观察规律。
一个区间可以表示为[start, end],前文聊的区间调度问题,需要按end排序,以便满足贪心选择性质。而对于区间合并问题,其实按end和start排序都可以,不过为了清晰起见,我们选择按start排序。
显然,对于几个相交区间合并后的结果区间x,x.start一定是这些相交区间中start最小的,x.end一定是这些相交区间中end最大的。
由于已经排了序,x.start很好确定,求x.end也很容易,可以类比在数组中找最大值的过程:
intmax_ele=arr[0]; for(inti=1;i< arr.length; i++) max_ele = max(max_ele, arr[i]); return max_ele;
然后就可以写出完整代码
#intervals形如[[1,3],[2,6]...] defmerge(intervals): ifnotintervals:return[] #按区间的start升序排列 intervals.sort(key=lambdaintv:intv[0]) res=[] res.append(intervals[0]) foriinrange(1,len(intervals)): curr=intervals[i] #res中最后一个元素的引用 last=res[-1] ifcurr[0]<= last[1]: # 找到最大的 end last[1] = max(last[1], curr[1]) else: # 处理下一个待合并区间 res.append(curr) return res
区间交集问题
先看下题目,力扣第 986 题就是这个问题:
title
题目很好理解,就是让你找交集,注意区间都是闭区间。
解决区间问题的思路一般是先排序,以便操作,不过题目说已经排好序了,那么可以用两个索引指针在A和B中游走,把交集找出来,代码大概是这样的:
#A,B形如[[0,2],[5,10]...] defintervalIntersection(A,B): i,j=0,0 res=[] whilei< len(A) and j < len(B): # ... j += 1 i += 1 return res
不难,我们先老老实实分析一下各种情况。
首先,对于两个区间,我们用[a1,a2]和[b1,b2]表示在A和B中的两个区间,那么什么情况下这两个区间没有交集呢:
只有这两种情况,写成代码的条件判断就是这样:
ifb2< a1 or a2 < b1: [a1,a2] 和 [b1,b2] 无交集
那么,什么情况下,两个区间存在交集呢?根据命题的否定,上面逻辑的否命题就是存在交集的条件:
#不等号取反,or也要变成and ifb2>=a1anda2>=b1: [a1,a2]和[b1,b2]存在交集
接下来,两个区间存在交集的情况有哪些呢?穷举出来:
这很简单吧,就这四种情况而已。那么接下来思考,这几种情况下,交集是否有什么共同点呢?
我们惊奇地发现,交集区间是有规律的!如果交集区间是[c1,c2],那么c1=max(a1,b1),c2=min(a2,b2)!这一点就是寻找交集的核心,我们把代码更进一步:
whilei< len(A) and j < len(B): a1, a2 = A[i][0], A[i][1] b1, b2 = B[j][0], B[j][1] if b2 >=a1anda2>=b1: res.append([max(a1,b1),min(a2,b2)]) #...
最后一步,我们的指针i和j肯定要前进(递增)的,什么时候应该前进呢?
结合动画示例就很好理解了,是否前进,只取决于a2和b2的大小关系:
whilei< len(A) and j < len(B): # ... if b2 < a2: j += 1 else: i += 1
以此思路写出代码:
#A,B形如[[0,2],[5,10]...] defintervalIntersection(A,B): i,j=0,0#双指针 res=[] whilei< len(A) and j < len(B): a1, a2 = A[i][0], A[i][1] b1, b2 = B[j][0], B[j][1] # 两个区间存在交集 if b2 >=a1anda2>=b1: #计算出交集,加入res res.append([max(a1,b1),min(a2,b2)]) #指针前进 ifb2< a2: j += 1 else: i += 1 return res
总结一下,区间类问题看起来都比较复杂,情况很多难以处理,但实际上通过观察各种不同情况之间的共性可以发现规律,用简洁的代码就能处理。
责任编辑:xj
原文标题:一文秒杀所有区间相关问题
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