An integer interval [a, b] (for integers a < b) is a set of all consecutive integers from a to b, including a and b.
Find the minimum size of a set S such that for every integer interval A in intervals, the intersection of S with A has size at least 2.
Example 1:
Input: intervals = [[1, 3], [1, 4], [2, 5], [3, 5]]
Output: 3
Explanation:
Consider the set S = {2, 3, 4}. For each interval, there are at least 2 elements from S in the interval.
Also, there isn't a smaller size set that fulfills the above condition.
Thus, we output the size of this set, which is 3.
Example 2:
Input: intervals = [[1, 2], [2, 3], [2, 4], [4, 5]]
Output: 5
Explanation:
An example of a minimum sized set is {1, 2, 3, 4, 5}.
Note:
intervalswill have length in range[1, 3000].intervals[i]will have length2, representing some integer interval.intervals[i][j]will be an integer in[0, 10^8].
這道題給了我們一些區間，讓我們求一個集合S，使得S和每個區間的交集至少為2，即至少有兩個相同的數字。博主最開始分析題目中的例子的時候，以為要求的集合S也必須是一個連續的區間，其實不需要的，離散的數字就可以了。比如如果區間是[1,3], [5,6]的話，那么返回的集合長度是4，而不是5。這道題可以是用貪婪算法來解，一般來說Hard的題目能用貪婪算法而不是DP解的是少之又少，這道題為我大Greedy算法正名了～！為了使得集合S中的數字盡可能的小，我們希望處理區間的時候從小區間開始，如果區間b完全覆蓋了區間a，那么和區間a有兩個相同數字的集合，一定和區間b也有兩個相同數字。同樣，我們不希望一會處理一個前面的區間，一會又處理一個很后面的區間，我們希望區間是有序的。那么如何給區間排序呢，是按起始位置排，還是按結束位置排，這里我們按結束位置從小往大排，當兩個結束位置相同時，起始位置大的排前面先處理，這也符合我們先處理小區間的原則。那么遍歷區間的時候，當前區間就和我們維護的集合S有三種情況：
1. 二者完全沒有交集，這時候我們就需要從當前區間中取出兩個數字加入集合S，取哪兩個數呢？為了盡可能少使用數字，我們取當前區間中的最大兩個數字，因為我們區間位置不斷變大，所以取大的數字有更高的概率能和后面的區間有交集。
2. 二者有一個數字的交集，那么這個交集數字一定是區間的起始位置，那么我們需要從當前區間中再取一個數字加入集合S，根據上面的分析，我們取最大的那個數，即區間的結束位置。
3. 二者有兩個及兩個以上數字的交集，那么不用做任何處理。
好，分析到這里，代碼也就不難寫出來了，我們用個數組v來表示集合S，初始化放兩個-1進去，因為題目中說明了區間都是大於0的，所以我們放這兩個數組進去是為了防止越界的，不會有任何影響，最后統計長度的時候減去這個兩個數字就可以了。先給區間排序，然后遍歷每個區間，如果區間的起始位置小於等於數組的倒數第二個數字，說明此時已經有兩個相同的數字了，直接跳過當前區間。否則如果區間的起始位置大於數組的最后一個位置，說明二者沒有任何交集，我們此時先把區間的倒數第二小的數字加入數組v中。然后統一再把區間的結束位置加入數組v中，因為不管區間和數組有一個交集還是沒有任何交集，結束位置都要加入數組中，所以不用放在if..else..中。最后循環結束，返回數組的大小減2，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: int intersectionSizeTwo(vector<vector<int>>& intervals) { vector<int> v{-1, -1}; sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](vector<int>& a, vector<int>& b){ return a[1] < b[1] || (a[1] == b[1] && a[0] > b[0]); }); for (auto &interval : intervals) { int len = v.size(); if (interval[0] <= v[len - 2]) continue; if (interval[0] > v.back()) v.push_back(interval[1] - 1); v.push_back(interval[1]); } return v.size() - 2; } };
我們可以對空間復雜度進行優化，我們不用保存整個集合S，因為結果只讓我們返回長度即可，所以我們用兩個變量p1和p2，其中p1表示集合S中倒數第二大的數字，p2為集合S中最大的數字。我們的整個邏輯跟上面的解法是相同的。遍歷區間的時候，如果區間的起始位置小於等於p1，則跳過當前區間。否則如果起始位置大於p2，說明沒有交集，需要加上兩個數字，結果res自增2，然后p2賦值為當前區間的結束位置，p1賦值為第二大的數字。否則說明只有一個交集，結果res自增1，然后p1賦值為p2，p2賦值為當前區間的結束位置即可，參見代碼如下：
解法二：
class Solution { public: int intersectionSizeTwo(vector<vector<int>>& intervals) { int res = 0, p1 = -1, p2 = -1; sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](vector<int>& a, vector<int>& b){ return a[1] < b[1] || (a[1] == b[1] && a[0] > b[0]); }); for (auto &interval : intervals) { if (interval[0] <= p1) continue; if (interval[0] > p2) { res += 2; p2 = interval[1]; p1 = p2 - 1; } else { ++res; p1 = p2; p2 = interval[1]; } } return res; } };
討論：這道題的一個拓展就是一般化，改為交集大小至少為k，那么我們該怎么做呢？其實也不是很難，我們可以在解法一的基礎上進行修改，我們還是用數組v來表示集合S，只不過我們初始化加入k個-1。然后還是要給區間排序，之后進行遍歷，如果起始位置小於等於倒數第k個數，跳過當前區間。然后就是重點部分了，我們還是用起始位置跟數組v的最后面的數字比較，總共比到倒數第k-1個數就行了，因為小於等於倒數第k個數已經跳過了。如果大於最后一個數，則將區間后k個數加入數組；否則如果大於倒數第二個數，則將區間后k-1個數加入數組；否則如果大於倒數第三個數，則將數組后k-2個數加入數組，以此類推，直到比完倒數第k-1個數就行了，最后返回的是數組v的長度減去k。
參考資料：