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题目来源452. 用最少数量的箭引爆气球

解法1排序 + 贪心

题解用最少数量的箭引爆气球

我们首先随机地射出一支箭再看一看是否能够调整这支箭地射出位置使得我们可以引爆更多数目的气球。

如图 1-1 所示我们随机射出一支箭引爆了除红色气球以外的所有气球。我们称所有引爆的气球为「原本引爆的气球」其余的气球为「原本完好的气球」。可以发现如果我们将这支箭的射出位置稍微往右移动一点那么我们就有机会引爆红色气球如图 1-2 所示。

那么我们最远可以将这支箭往右移动多远呢我们唯一的要求就是原本引爆的气球只要仍然被引爆就行了。这样一来我们找出原本引爆的气球中右边界位置最靠左的那一个将这支箭的射出位置移动到这个右边界位置这也是最远可以往右移动到的位置如图 1-3 所示只要我们再往右移动一点点这个气球就无法被引爆了。

为什么「原本引爆的气球仍然被引爆」是唯一的要求别急往下看就能看到其精妙所在。

因此我们可以断定

一定存在一种最优射出的箭数最小的方法使得每一支箭的射出位置都恰好对应着某一个气球的右边界。

这是为什么我们考虑任意一种最优的方法对于其中的任意一支箭我们都通过上面描述的方法将这支箭的位置移动到它对应的「原本引爆的气球中最靠左的右边界位置」那么这些原本引爆的气球仍然被引爆。这样一来所有的气球仍然都会被引爆并且每一支箭的射出位置都恰好位于某一个气球的右边界了。

有了这样一个有用的断定我们就可以快速得到一种最优的方法了。考虑所有气球中右边界位置最靠左的那一个那么一定有一支箭的射出位置就是它的右边界否则就没有箭可以将其引爆了。当我们确定了一支箭之后我们就可以将这支箭引爆的所有气球移除并从剩下未被引爆的气球中再选择右边界位置最靠左的那一个确定下一支箭直到所有的气球都被引爆。

我们可以写出如下的伪代码

let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]表示 n 个气球
let burst := [false] * n表示每个气球是否被引爆
let ans := 1表示射出的箭数

将 points 按照 y 值右边界进行升序排序

while burst 中还有 false 值 do
    let i := 最小的满足 burst[i] = false 的索引 i
    for j := i to n-1 do
        if x(j) <= y(i) then
            burst[j] := true
        end if
        ans := ans + 1
    end for
end while

return ans

这样的做法在最坏情况下时间复杂度是 O(n²)即这 n 个气球对应的区间互不重叠while 循环需要执行 n 次。

代码

/*
 * @lc app=.cn id=452 lang=cpp
 *
 * [452] 用最少数量的箭引爆气球
 */

// @lc code=start
class Solution
{
private:
    static bool cmp(const vector<int> A, const vector<int> B)
    {
        return A[1] < B[1];
    }
    bool remainBalloons(vector<bool> &burst)
    {
        for (int i = 0; i < burst.size(); i++)
            if (burst[i] == false)
                return true;
        return false;
    }

public:
    int findMinArrowShots(vector<vector<int>> &points)
    {
        if (points.empty())
            return 0;
        int n = points.size();
        vector<bool> burst(n, false);
        int ans = 0;
        sort(points.begin(), points.end(), cmp);
        while (remainBalloons(burst))
        {
            int i = 0;
            while (i < n && burst[i] == true)
                i++;
            for (int j = i; j < n; j++)
            {
                if (points[j][0] <= points[i][1])
                    burst[j] = true;
            }
            ans++;
        }
        return ans;
    }
};
// @lc code=end

结果超时

复杂度分析

时间复杂度O(n²)其中 n 是数组 points 的长度。排序的时间复杂度为 O(nlogn)对所有气球进行遍历并计算答案的时间复杂度为 O(n)其在渐进意义下小于前者因此可以忽略。

空间复杂度O(n)其中 n 是数组 points 的长度。我们用到了长度为 n 的复制数组 burst。

解法2

那么我们如何继续进行优化呢

事实上在内层的 j 循环中当我们遇到第一个不满足 x(j)≤y(i) 的 j 值就可以直接跳出循环并且这个 y(j) 就是下一支箭的射出位置。为什么这样做是对的呢我们考虑某一支箭的索引 i_t 以及它的下一支箭的索引 j_t对于索引在 j_t 之后的任意一个可以被 i_t 引爆的气球记索引为 j₀ 有x(j₀)≤y(i_t)。

由于 y(i_t)≤y(j_t) 显然成立那么 x(j₀)≤y(j_t) 也成立也就是说当前这支箭在索引 j_t第一个无法引爆的气球之后所有可以引爆的气球下一支箭也都可以引爆。因此我们就证明了其正确性也就可以写出如下的伪代码

let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]表示 n 个气球
let pos := y(0)表示当前箭的射出位置
let ans := 1表示射出的箭数

将 points 按照 y 值右边界进行升序排序

for i := 1 to n-1 do
    if x(i) > pos then
        ans := ans + 1
        pos := y(i)
    end if
end for

return ans

这样就可以将计算答案的时间从 O(n²) 降低至 O(n)。

代码

class Solution
{
private:
    static bool cmp(const vector<int> &A, const vector<int> &B)
    {
        return A[1] < B[1];
    }

public:
    int findMinArrowShots(vector<vector<int>> &points)
    {
        if (points.empty())
            return 0;
        // sort(points.begin(), points.end(), [](const vector<int> &u, const vector<int> &v)
        //      { return u[1] < v[1]; });
        sort(points.begin(), points.end(), cmp);
        int pos = points[0][1];
        int ans = 1;
        for (const vector<int> &balloon : points)
        {
            if (balloon[0] > pos)
            {
                pos = balloon[1];
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

结果

复杂度分析

时间复杂度O(nlogn)其中 n 是数组 points 的长度。排序的时间复杂度为 O(nlogn)对所有气球进行遍历并计算答案的时间复杂度为 O(n)其在渐进意义下小于前者因此可以忽略。

空间复杂度O(logn)其中 n 是数组 points 的长度。即为排序需要使用的栈空间。