一文秒杀三道区间集合题目
一文秒杀三道区间集合题目
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
-----------
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：
PS：我认真写了 100 多篇原创，手把手刷 200 道力扣题目，全部发布在 labuladong的算法小抄，持续更新。建议收藏，按照我的文章顺序刷题，掌握各种算法套路后投再入题海就如鱼得水了。
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：
int removeCoveredIntervals(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]) {
return b[1] - a[1];
}
return a[0] - b[0];
});
// 记录合并区间的起点和终点
int left = intvs[0][0];
int right = intvs[0][1];
int res = 0;
for (int i = 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：
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：
int max_ele = arr[0];
for (int i = 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]...]
def merge(intervals):
if not intervals: return []
# 按区间的 start 升序排列
intervals.sort(key=lambda intv: intv[0])
res = []
res.append(intervals[0])
for i in range(1, len(intervals)):
curr = intervals[i]
# res 中最后一个元素的引用
last = res[-1]
if curr[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：
题目很好理解，就是让你找交集，注意区间都是闭区间。
PS：我认真写了 100 多篇原创，手把手刷 200 道力扣题目，全部发布在 labuladong的算法小抄，持续更新。建议收藏，按照我的文章顺序刷题，掌握各种算法套路后投再入题海就如鱼得水了。
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]...]
def intervalIntersection(A, B):
i, j = 0, 0
res = []
while i < 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：
if b2 < 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
if b2 >= a1 and a2 >= 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：
while i < len(A) and j < len(B):
a1, a2 = A[i][0], A[i][1]
b1, b2 = B[j][0], B[j][1]
if b2 >= a1 and a2 >= 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：
while i < 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]...]
def intervalIntersection(A, B):
i, j = 0, 0 # 双指针
res = []
while i < 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 >= a1 and a2 >= b1:
# 计算出交集，加入 res
res.append([max(a1, b1), min(a2, b2)])
# 指针前进
if b2 < 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。
相关推荐：
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
我的 在线电子书 有 100 篇原创文章，手把手带刷 200 道力扣题目，建议收藏！对应的 GitHub 算法仓库 已经获得了 70k star，欢迎标星！
