Leetcode（435）——无重叠区间

Leetcode（435）——无重叠区间

题目

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 <= $10^5$
• intervals[i].length == $2$
• $-5\ast 10^4$ <= starti < endi <= $5\ast 10^4$

题解

方法一：贪心算法

思路

​​  我们不妨想一想应该选择哪一个区间作为首个区间。

​​  假设在某一种 最优 的选择方法中，$[l_k,r_k]$ 是首个（即最左侧的）区间，那么它的左侧没有其它区间，右侧有若干个不重叠的区间。设想一下，如果此时存在一个区间 $[l_j,r_j]$，使得 $r_j<r_k$，即区间 $j$ 的右端点在区间 $k$ 的左侧，那么我们将区间 $k$ 替换为区间 $j$，其与剩余右侧被选择的区间仍然是不重叠的。而当我们将区间 $k$ 替换为区间 $j$ 后，就得到了另一种 最优 的选择方法。

​​  我们可以不断地寻找右端点在首个区间右端点左侧的新区间，将首个区间替换成该区间。那么当我们无法替换时，首个区间就是所有可以选择的区间中右端点最小的那个区间。因此我们将所有区间按照右端点从小到大进行排序，那么排完序之后的首个区间，就是我们选择的首个区间。

​​  在选择首个区间时，如果有多个区间的右端点都同样最小怎么办？ 由于我们选择的是首个区间，因此在它的左侧不会有其它的区间，那么左端点在何处是不重要的，我们只要任意选择一个右端点最小的区间即可。

​​  当确定了首个区间之后，所有与首个区间不重合的区间就组成了一个规模更小的子问题。由于我们已经在初始时将所有区间按照右端点排好序了，因此对于这个子问题，我们无需再次进行排序，只要找出其中与首个区间不重合并且右端点最小的区间即可。用相同的方法，我们可以依次确定后续的所有区间。

​​  在实际的代码编写中，我们对按照右端点排好序的区间进行遍历，并且实时维护上一个选择区间的右端点 $\text{right}$。如果当前遍历到的区间 $[l_i,r_i]$ 与上一个区间不重合，即 $l_i\ge \text{right}$，那么我们就可以贪心地选择这个区间，并将 $\text{right}$ 更新为 $r_i$。

代码实现

class Solution {
public:
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if(intervals.empty()) return 0;
        int n = intervals.size();
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), 
            [](vector<int>& a, vector<int>& b){return a[1] < b[1];});
        int total = 0, prev = intervals[0][1];
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            if(intervals[i][0] < prev) ++total;
            else prev = intervals[i][1];
        }
        return total;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n\log n)$，其中 $n$ 是区间的数量。我们需要 $O(n\log n)$ 的时间对所有的区间按照右端点进行升序排序，并且需要 $O(n)$ 的时间进行遍历。由于前者在渐进意义下大于后者，因此总时间复杂度为 $O(n\log n)$。
空间复杂度：$O(logn)$，即为排序需要使用的栈空间。

方法二：动态规划

思路

​​  因为题目的要求等价于「选出最多数量的区间，使得它们互不重叠」。由于选出的区间互不重叠，因此我们可以将它们按照端点从小到大的顺序进行排序，并且无论我们按照左端点还是右端点进行排序，得到的结果都是唯一的。
​​  这样一来，我们可以先将所有的 $n$ 个区间按照左端点（或者右端点）从小到大进行排序，随后使用动态规划的方法求出区间数量的最大值。设排完序后这 $n$ 个区间的左右端点分别为 $l_0,\cdots ,l_{n-1}$ 以及 $r_0,\cdots ,r_{n-1}$，那么我们令 $f_i$ 表示「从区间 $0$ 到区间 $i$ 的这些区间中，在最后一个区间为 $i$ 的情况下，可以选出最多的无重叠的区间的数量」，状态转移方程即为：
fi=max⁡j<i ∧ rj≤li{fj}+1 f_i = \max_{j < i ~\wedge~ r_j \leq l_i} \{ f_j \} + 1 fi​=j<i ∧ rj​≤li​max​{fj​}+1

​​  即我们枚举倒数第二个区间的编号 $j$，满足 $j<i$，并且第 $j$ 个区间必须要与第 $i$ 个区间不重叠。由于我们已经按照左端点进行升序排序了，因此只要第 $j$ 个区间的右端点 $r_j$ 没有越过第 $i$ 个区间的左端点 $l_i$，即 $r_j\le l_i$，那么第 $j$ 个区间就与第 $i$ 个区间不重叠。我们在所有满足要求的 $j$ 中，选择 $f_j$ 最大的那一个进行状态转移，如果找不到满足要求的区间，那么状态转移方程中 $\max$ 这一项就为 $0$，$f_i$ 就为 $1$。
​​  最终的答案即为所有 $f_i$ 中的最大值。

代码实现

class Solution {
public:
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.empty()) {
            return 0;
        }
        
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const auto& u, const auto& v) {
            return u[0] < v[0];
        });

        int n = intervals.size();
        vector<int> f(n, 1);
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                if (intervals[j][1] <= intervals[i][0]) {
                    f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
                }
            }
        }
        return n - *max_element(f.begin(), f.end());
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是区间的数量。我们需要 $O(n\log n)$ 的时间对所有的区间按照左端点进行升序排序，并且需要 $O(n^2)$ 的时间进行动态规划。由于前者在渐进意义下小于后者，因此总时间复杂度为 $O(n^2)$。
注意到方法二本质上是一个「最长上升子序列」问题，因此我们可以将时间复杂度优化至 $O(n\log n)$，具体可以参考「300. 最长递增子序列的官方题解」。
空间复杂度：$O(n)$，即为存储所有状态 $f_i$ 需要的空间。