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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。
注意: 可以认为区间的终点总是大于它的起点。 区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。
示例 1:
- 输入: [ [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: [ [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: [ [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。
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？
这其实是一个难点！
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。
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。
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。
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。
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！
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。
此时问题就是要求非交叉区间的最大个数。
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。
局部最优推出全局最优，试试贪心！
这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：
区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。
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。
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。
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。
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。
C++代码如下：
class Solution {
public:
// 按照区间右边界排序
static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[1] < b[1];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 1; // 记录非交叉区间的个数
int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (end <= intervals[i][0]) {
end = intervals[i][1];
count++;
}
}
return intervals.size() - count;
}
};- 时间复杂度：O(nlog n) ，有一个快排
- 空间复杂度：O(1)
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！
本题我认为难度级别可以算是hard级别的！
总结如下难点：
- 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。
- 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。
- 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。
- 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。
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。
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。
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！
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。
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！
本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球非常像，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。
把452.用最少数量的箭引爆气球代码稍做修改，就可以AC本题。
class Solution {
public:
// 按照区间右边界排序
static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[1] < b[1];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
result++; // 需要一支箭
}
else { // 气球i和气球i-1挨着
intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
}
}
return intervals.size() - result;
}
};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。
class Solution {
public:
// 按照区间左边界排序
static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[0] < b[0];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
result++; // 需要一支箭
}
else { // 气球i和气球i-1挨着
intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
}
}
return intervals.size() - result;
}
};
class Solution {
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
Arrays.sort(intervals, (a, b) -> {
// 按照区间右边界升序排序
return a[1] - b[1];
});
int count = 0;
int edge = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < intervals.length; i++) {
// 若上一个区间的右边界小于当前区间的左边界，说明无交集
if (edge <= intervals[i][0]) {
edge = intervals[i][1];
} else {
count++;
}
}
return count;
}
}按左边排序，不管右边顺序。相交的时候取最小的右边。
class Solution {
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
Arrays.sort(intervals,(a,b)->{
return Integer.compare(a[0],b[0]);
});
int remove = 0;
int pre = intervals[0][1];
for(int i=1;i<intervals.length;i++){
if(pre>intervals[i][0]) {
remove++;
pre = Math.min(pre,intervals[i][1]);
}
else pre = intervals[i][1];
}
return remove;
}
}class Solution:
def eraseOverlapIntervals(self, intervals: List[List[int]]) -> int:
if len(intervals) == 0: return 0
intervals.sort(key=lambda x: x[1])
count = 1 # 记录非交叉区间的个数
end = intervals[0][1] # 记录区间分割点
for i in range(1, len(intervals)):
if end <= intervals[i][0]:
count += 1
end = intervals[i][1]
return len(intervals) - countfunc eraseOverlapIntervals(intervals [][]int) int {
var flag int
//先排序
sort.Slice(intervals,func(i,j int)bool{
return intervals[i][0]<intervals[j][0]
})
fmt.Println(intervals)
for i:=1;i<len(intervals);i++{
if intervals[i-1][1]>intervals[i][0]{
flag++
intervals[i][1]=min(intervals[i-1][1],intervals[i][1])//由于是先排序的，所以，第一位是递增顺序，故只需要将临近两个元素的第二个值最小值更新到该元素的第二个值即可作之后的判断
}
}
return flag
}
func min(a,b int)int{
if a>b{
return b
}
return a
}- 按右边界排序
var eraseOverlapIntervals = function(intervals) {
intervals.sort((a, b) => {
return a[1] - b[1]
})
let count = 1
let end = intervals[0][1]
for(let i = 1; i < intervals.length; i++) {
let interval = intervals[i]
if(interval[0] >= end) {
end = interval[1]
count += 1
}
}
return intervals.length - count
};- 按左边界排序
var eraseOverlapIntervals = function(intervals) {
// 按照左边界升序排列
intervals.sort((a, b) => a[0] - b[0])
let count = 1
let end = intervals[intervals.length - 1][0]
// 倒序遍历，对单个区间来说，左边界越大越好，因为给前面区间的空间越大
for(let i = intervals.length - 2; i >= 0; i--) {
if(intervals[i][1] <= end) {
count++
end = intervals[i][0]
}
}
// count 记录的是最大非重复区间的个数
return intervals.length - count
}按右边界排序，从左往右遍历
function eraseOverlapIntervals(intervals: number[][]): number {
const length = intervals.length;
if (length === 0) return 0;
intervals.sort((a, b) => a[1] - b[1]);
let right: number = intervals[0][1];
let count: number = 1;
for (let i = 1; i < length; i++) {
if (intervals[i][0] >= right) {
count++;
right = intervals[i][1];
}
}
return length - count;
};按左边界排序，从左往右遍历
function eraseOverlapIntervals(intervals: number[][]): number {
if (intervals.length === 0) return 0;
intervals.sort((a, b) => a[0] - b[0]);
let right: number = intervals[0][1];
let tempInterval: number[];
let resCount: number = 0;
for (let i = 1, length = intervals.length; i < length; i++) {
tempInterval = intervals[i];
if (tempInterval[0] >= right) {
// 未重叠
right = tempInterval[1];
} else {
// 有重叠，移除当前interval和前一个interval中右边界更大的那个
right = Math.min(right, tempInterval[1]);
resCount++;
}
}
return resCount;
};