【C++算法】贪心算法-区间问题，超详细注释例题讲解

以下例题来自于AcWing 906~908

1）最大不相交区间数（区间选点）

• 翻译一下题目，也就是说给定$N$个闭区间，问能从中选出多少个区间使其互不相交
• 贪心策略：新建一个结构体存储区间的左端点和右端点，将这$N$个区间按照右端点从小到大排序，遍历所有的区间，如果当前遍历到的区间左端点的值大于了上一个区间的右端点的值，说明此时区间没有重合，则区间个数$+1$

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 

const int N=1e5+5; // 区间总数

// 区间
struct Range {
	int l; // 左端点
	int r; // 右端点
}range[N];

// 按照区间右端点从小到大排序
bool cmp(Range a,Range b) {
	return a.r<b.r;
}

int n;

int main() {
	cin>>n;
	// 输入规模大于1e5,推荐使用速度更快的scanf
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d%d",&range[i].l,&range[i].r);
	}
	// 计算答案
	int res=0;
	int front_r=INT_MIN; // i=1时至少有一个,所以res从0开始
	sort(range+1,range+1+n,cmp); // 排序
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(range[i].l>front_r) {
			res++;
			front_r=range[i].r; // 更新上一个区间的右端点
		}
	}
	cout<<res;
	return 0;
}

2）区间分组

• 翻译一下题目，现在有$N$个区间，问最少分多少组，能让这些分组中的所有区间两两之间包括端点都没有交集
• 贪心策略：将所有区间按照左端点从小到大排序，从前往后处理每个区间，判断是否能把这个区间放到现有的某个分组中，即判断 $range[i].l>某一分组最大右端点$
  1. 如果存在这样的分组（与某个分组间没有交集），则将区间 $ i $ 放进去，并且更新这个分组的最大右端点（注意，如果与多个分组都有交集则可以放到任意一个分组中，不影响结果，可自行模拟证明）
  2. 如果不存在这样的分组（与每个分组间都有交集），则开一个新组，再把区间 $i$ 放进去
  3. 在判断当前区间是否与某一分组有交集时，只需要与所有分组中最小的分组最大右端点进行比较即可，因为这是最有可能满足 $range[i].l>某一分组最大右端点$ 的情况，对于所有分组中最小的分组最大右端点，只需要用一个小根堆来维护即可

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 
// 将所有区间按照左端点从小到大排序,从前往后遍历每个区间,判断能否将其放进某个现有的组中
// 用堆来维护每个分组的MAX_r,

const int N=1e5+5;

struct Range {
	int l;
	int r;
}range[N];

bool cmp(Range a,Range b) {
	// 按照左端点从小到大排序
	return a.l<b.l;
}

int main() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		range[i]={l,r};
	}
	sort(range+1,range+1+n,cmp);
	priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>heap; // greater升序原则小根堆,维护每个分组的MAX_R的最小值
	// 枚举每个区间
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		// 如果每个分组中最小的MAX_R都比当前区间的左端点大(说明有交集,不能放入该区间中)
		if(heap.empty() || heap.top()>=range[i].l) {
			heap.push(range[i].r); // 新开一个分组
		} else {
			// 如果无交集,说明可以放入该分组中,此时弹出再更新这个分组的最大值
			heap.pop(); // 因为rnage[i].r一定比heap.top()更大,不然怎么可能无交集
			heap.push(range[i].r);
		}
	}
	// 小根堆的大小就是分组的个数
	cout<<heap.size()<<endl;
	return 0;
}

3）区间覆盖

• 翻译一下题目，···，这道题没什么可翻译的
• 贪心策略：将所有区间按照左端点从小到大排序，从前往后依次枚举每个区间，在所有能覆盖 $start$ 的区间中选择一个右端点最大的区间，然后将 $start$ 更新成为右端点的最大值，继续向后覆盖，如果所有区间都遍历过了但并没有覆盖到 $end$ 的话说明无法完全覆盖，则输出 $-1$

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 双指针+贪心

const int N=1e5+5;

struct Range {
   int l,r; // 左端点,右端点
   // 重载运算符从小到大排序
   bool operator<(const Range &W)const {
   	return l<W.l;
   }
}range[N];

int main() {
   int st,en;
   cin>>st>>en;
   int n;
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++) {
   	int l,r;
   	scanf("%d%d",&l,&r);
   	range[i]={l,r};
   }
   sort(range+1,range+1+n);
   int res=0; // 存储答案
   bool success=false;
   // 遍历所有区间
   for(int i=1;i<=n;i++) {
   	// front_r可理解为当前覆盖到的区域
   	int j=i,front_r=INT_MIN; // 双指针,j从第i个区间开始找
   	// 取所有左端点能覆盖st中右端点最大的区间,覆盖到这个位置
   	while(j<=n && range[j].l<=st) {
   		front_r=max(front_r,range[j].r);
   		j++;
   	}
   	// 如果front_r仍小于st,说明线段不可被已有区间覆盖
   	if(front_r<st) {
   		break;
   	}
   	// 如果找得到,答案+1
   	res++;
   	// 已经完全覆盖
   	if(front_r>=en) {
   		success=true;
   		break;
   	}
   	// 否则更新i和j
   	st=front_r; // 迭代st,后面的区间继续和st比
   	i=j-1; // 双指针,加速遍历
   }
   if(!success) res=-1;
   cout<<res;
   return 0;
}