LeetCode435 無重疊區間

方法1：動態規劃。類似於最長上公升子串行問題。 時間複雜度為o(n^2), 空間複雜度：o(n)

先將所有的 n 個區間按照左端點從小到大進行排序，隨後使用動態規劃的方法求出區間數量的最大值。

☆☆☆☆方法2【最優解】：貪心演算法。時間複雜度：o(nlogn), 空間複雜度：o(logn)

每次選擇中，前乙個區間的結尾越小，後面越有可能容納更多區間。

兩種思路，可以對區間尾進行排序，也可以對區間頭排序。

**1：

class

solution 
//對每個區間排序，以區間頭的大小為參考
new comparator() 
//});
arrays.sort(intervals, (o1, o2) -> o1[0] - o2[0]);
//狀態的定義: dp[i]表示 從區間0開始，以區間i為最後乙個區間，可以選出的區間數量的最大值。
//初始化：把區間i單獨拿出來就是1個互不重疊的區間，因此初始化為1
int dp = new
int[intervals.length];
arrays.fill(dp, 1);
int res = 1;
for (int i = 1; i < intervals.length; i++) 
}res = math.max(res, dp[i]); //
所有dp[i]裡取最大的
} 
return intervals.length -res;}}

class

solution 
/*** 方法1：按照區間頭來排序，記錄移除的次數
* 如果遇到覆蓋，那麼就需要刪除乙個區間，因為需要盡可能不與後面的區間產生重疊，
* 應該讓現有區間越短越好，因此需要移除尾部較大的，保留區間結尾較小的。
*/arrays.sort(intervals, (o1, o2) -> o1[0] - o2[0]);
int count = 0; //
移除的次數
int pre = 0; //
前乙個區間的索引
for (int i = 1; i < intervals.length; i++) 
else
}return
count;
/*** 方法2：按照區間尾來排序，記錄選擇區間的個數
* 每次選擇結尾最早的，且和前乙個區間不重疊的區間
*//*
arrays.sort(intervals, (o1, o2) -> o1[1] - o2[1]);
int res = 1; // 選擇區間的個數
int pre = 0;
for (int i = 1; i < intervals.length; i++) 
}return intervals.length - res;
*/}}

設o1表示位於前面的元素，o2表示後面的元素。

如果想公升序，對於o1-o2，如果結果為負數，說明o1 < o2，符合公升序要求，負數模擬為false，表示不需要調整順序。

如果結果為正數，說明o1 > o2，不符合公升序要求，正數模擬為true，表示需要調整順序。

如果想降序，對於o2-o1，如果結果為負數，說明o2 < o1，符合降序要求，負數模擬為false，表示不需要調整順序。

如果結果為正數，說明o2 > o1，不符合降序要求，正數模擬為true，表示需要調整順序。

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