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<a href="https://mp.weixin.qq.com/s/RsdcQ9umo09R6cfnwXZlrQ"><img src="https://img.shields.io/badge/PDF下载-代码随想录-blueviolet" alt=""></a>
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<a href="https://mp.weixin.qq.com/s/b66DFkOp8OOxdZC_xLZxfw"><img src="https://img.shields.io/badge/刷题-微信群-green" alt=""></a>
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<p align="center"><strong>欢迎大家<a href="https://mp.weixin.qq.com/s/tqCxrMEU-ajQumL1i8im9A">参与本项目</a>，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！</strong></p>
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## 435. 无重叠区间
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题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/non-overlapping-intervals/
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给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。
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注意:
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可以认为区间的终点总是大于它的起点。
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区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。
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示例 1:
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输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
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输出: 1
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解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。
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示例 2:
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输入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
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输出: 2
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解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
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示例 3:
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输入: [ [1,2], [2,3] ]
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输出: 0
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解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。
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## 思路
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**相信很多同学看到这道题目都冥冥之中感觉要排序，但是究竟是按照右边界排序，还是按照左边界排序呢？**
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这其实是一个难点！
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按照右边界排序，就要从左向右遍历，因为右边界越小越好，只要右边界越小，留给下一个区间的空间就越大，所以从左向右遍历，优先选右边界小的。
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按照左边界排序，就要从右向左遍历，因为左边界数值越大越好（越靠右），这样就给前一个区间的空间就越大，所以可以从右向左遍历。
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如果按照左边界排序，还从左向右遍历的话，其实也可以，逻辑会有所不同。
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一些同学做这道题目可能真的去模拟去重复区间的行为，这是比较麻烦的，还要去删除区间。
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题目只是要求移除区间的个数，没有必要去真实的模拟删除区间！
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**我来按照右边界排序，从左向右记录非交叉区间的个数。最后用区间总数减去非交叉区间的个数就是需要移除的区间个数了**。
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此时问题就是要求非交叉区间的最大个数。
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右边界排序之后，局部最优：优先选右边界小的区间，所以从左向右遍历，留给下一个区间的空间大一些，从而尽量避免交叉。全局最优：选取最多的非交叉区间。
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局部最优推出全局最优，试试贪心！
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这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：
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区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。
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每次取非交叉区间的时候，都是可右边界最小的来做分割点（这样留给下一个区间的空间就越大），所以第一条分割线就是区间1结束的位置。
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接下来就是找大于区间1结束位置的区间，是从区间4开始。**那有同学问了为什么不从区间5开始？别忘已经是按照右边界排序的了**。
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区间4结束之后，在找到区间6，所以一共记录非交叉区间的个数是三个。
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总共区间个数为6，减去非交叉区间的个数3。移除区间的最小数量就是3。
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C++代码如下：
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```
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class Solution {
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public:
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// 按照区间右边界排序
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static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
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return a[1] < b[1];
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}
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int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
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if (intervals.size() == 0) return 0;
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sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
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int count = 1; // 记录非交叉区间的个数
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int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
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for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
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if (end <= intervals[i][0]) {
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end = intervals[i][1];
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count++;
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}
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}
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return intervals.size() - count;
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}
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};
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```
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* 时间复杂度：O(nlogn) ，有一个快排
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* 空间复杂度：O(1)
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大家此时会发现如此复杂的一个问题，代码实现却这么简单！
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## 总结
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本题我认为难度级别可以算是hard级别的！
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总结如下难点：
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* 难点一：一看题就有感觉需要排序，但究竟怎么排序，按左边界排还是右边界排。
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* 难点二：排完序之后如何遍历，如果没有分析好遍历顺序，那么排序就没有意义了。
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* 难点三：直接求重复的区间是复杂的，转而求最大非重复区间个数。
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* 难点四：求最大非重复区间个数时，需要一个分割点来做标记。
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**这四个难点都不好想，但任何一个没想到位，这道题就解不了**。
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一些录友可能看网上的题解代码很简单，照葫芦画瓢稀里糊涂的就过了，但是其题解可能并没有把问题难点讲清楚，然后自己再没有钻研的话，那么一道贪心经典区间问题就这么浪费掉了。
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贪心就是这样，代码有时候很简单（不是指代码短，而是逻辑简单），但想法是真的难！
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这和动态规划还不一样，动规的代码有个递推公式，可能就看不懂了，而贪心往往是直白的代码，但想法读不懂，哈哈。
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**所以我把本题的难点也一一列出，帮大家不仅代码看的懂，想法也理解的透彻！**
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## 补充
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本题其实和[贪心算法：用最少数量的箭引爆气球](https://mp.weixin.qq.com/s/HxVAJ6INMfNKiGwI88-RFw)非常像，弓箭的数量就相当于是非交叉区间的数量，只要把弓箭那道题目代码里射爆气球的判断条件加个等号（认为[0，1][1，2]不是相邻区间），然后用总区间数减去弓箭数量 就是要移除的区间数量了。
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把[贪心算法：用最少数量的箭引爆气球](https://mp.weixin.qq.com/s/HxVAJ6INMfNKiGwI88-RFw)代码稍做修改，就可以AC本题。
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```C++
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class Solution {
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public:
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// 按照区间右边界排序
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static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
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||
return a[1] < b[1];
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}
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int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
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if (intervals.size() == 0) return 0;
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sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
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||
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
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for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
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if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
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result++; // 需要一支箭
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}
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else { // 气球i和气球i-1挨着
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intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
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}
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}
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return intervals.size() - result;
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}
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};
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```
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这里按照 左区间遍历，或者按照右边界遍历，都可以AC，具体原因我还没有仔细看，后面有空再补充。
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```C++
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class Solution {
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public:
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// 按照区间左边界排序
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static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
|
||
return a[0] < b[0];
|
||
}
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||
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
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||
if (intervals.size() == 0) return 0;
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||
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
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||
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||
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
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for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
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if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
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||
result++; // 需要一支箭
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||
}
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else { // 气球i和气球i-1挨着
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intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
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}
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}
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return intervals.size() - result;
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||
}
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};
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```
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## 其他语言版本
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Java：
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```java
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class Solution {
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public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
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if (intervals.length < 2) return 0;
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Arrays.sort(intervals, new Comparator<int[]>() {
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@Override
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public int compare(int[] o1, int[] o2) {
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if (o1[0] != o2[0]) {
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return Integer.compare(o1[1],o2[1]);
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} else {
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return Integer.compare(o2[0],o1[0]);
|
||
}
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||
}
|
||
});
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int count = 0;
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int edge = intervals[0][1];
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for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
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||
if (intervals[i][0] < edge) {
|
||
count++;
|
||
} else {
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||
edge = intervals[i][1];
|
||
}
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||
}
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return count;
|
||
}
|
||
}
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||
```
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Python：
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```python
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class Solution:
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def eraseOverlapIntervals(self, intervals: List[List[int]]) -> int:
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if len(intervals) == 0: return 0
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intervals.sort(key=lambda x: x[1])
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count = 1 # 记录非交叉区间的个数
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end = intervals[0][1] # 记录区间分割点
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for i in range(1, len(intervals)):
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if end <= intervals[i][0]:
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count += 1
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end = intervals[i][1]
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||
return len(intervals) - count
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```
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Go：
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* 作者微信：[程序员Carl](https://mp.weixin.qq.com/s/b66DFkOp8OOxdZC_xLZxfw)
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* B站视频：[代码随想录](https://space.bilibili.com/525438321)
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* 知识星球：[代码随想录](https://mp.weixin.qq.com/s/QVF6upVMSbgvZy8lHZS3CQ)
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