757. 设置交集大小至少为2 : 贪心运用题

题目描述

这是 LeetCode 上的 757. 设置交集大小至少为2 ，难度为 困难。

Tag : 「贪心」

一个整数区间 [a,b][a, b][a,b]  (a<ba < ba<b) 代表着从 a 到 b 的所有连续整数，包括 a 和 b。

给你一组整数区间 intervals，请找到一个最小的集合 S，使得 S 里的元素与区间 intervals 中的每一个整数区间都至少有 222 个元素相交。

输出这个最小集合 S 的大小。

示例 1:

输入: intervals = [[1, 3], [1, 4], [2, 5], [3, 5]]

输出: 3

解释:
考虑集合 S = {2, 3, 4}. S与intervals中的四个区间都有至少2个相交的元素。
且这是S最小的情况，故我们输出3。

示例 2:

输入: intervals = [[1, 2], [2, 3], [2, 4], [4, 5]]

输出: 5

解释:
最小的集合S = {1, 2, 3, 4, 5}.

注意:

• intervals 的长度范围为 [1,3000][1, 3000][1,3000]。
• intervals[i] 长度为 222，分别代表左、右边界。
• intervals[i][j] 的值是 [0,108][0, 10^8][0,108] 范围内的整数。

贪心

不要被样例数据误导了，题目要我们求最小点集的数量，并不规定点集 S 是连续段。

为了方便，我们令 intervals 为 ins。

当只有一个线段时，我们可以在线段内取任意两点作为 S 成员，而当只有两个线段时，我们可以两个线段重合情况进行决策：

1. 当两个线段完全不重合时，为满足题意，我们需要从两个线段中各取两个点，此时这四个点都可以任意取；
2. 当两个线段仅有一个点重合，为满足 S 最小化的题意，我们可以先取重合点，然后再两个线段中各取一个；
3. 当两个线段有两个及以上的点重合，此时在重合点中任选两个即可。

不难发现，当出现重合的所有情况中，必然可以归纳某个线段的边缘点上。即不存在两个线段存在重合点，仅发生在两线段的中间部分：

因此我们可以从边缘点决策进行入手。

具体的，我们可以按照「右端点从小到大，左端点从大到小」的双关键字排序，然后从前往后处理每个区间，处理过程中不断往 S 中添加元素，由于我们已对所有区间排序且从前往后处理，因此我们往 S 中增加元素的过程中必然是单调递增，同时在对新的后续区间考虑是否需要往 S 中添加元素来满足题意时，也是与 S 中的最大/次大值（点集中的边缘元素）做比较，因此我们可以使用两个变量 a 和 b 分别代指当前集合 S 中的次大值和最大值（a 和 b 初始化为足够小的值 −1-1−1），而无需将整个 S 存下来。

不失一般性的考虑，当我们处理到 ins[i]ins[i]ins[i] 时，该如何决策：

1. 若 ins[i][0]>bins[i][0] > bins[i][0]>b（当前区间的左端点大于当前点集 S 的最大值），说明 ins[i]ins[i]ins[i] 完全不被 S 所覆盖，为满足题意，我们要在 ins[i]ins[i]ins[i] 中选两个点，此时直观思路是选择 ins[i]ins[i]ins[i] 最靠右的两个点（即 ins[i][1]−1ins[i][1] - 1ins[i][1]−1 和 ins[i][1]ins[i][1]ins[i][1]）；
2. 若 ins[i][0]>ains[i][0] > ains[i][0]>a（即当前区间与点集 S 存在一个重合点 b，由于次大值 a 和 最大值 b 不总是相差 111，我们不能写成 ins[i][0]==bins[i][0] == bins[i][0]==b），此时为了满足 ins[i]ins[i]ins[i] 至少被 222 个点覆盖，我们需要在 ins[i]ins[i]ins[i] 中额外选择一个点，此时直观思路是选择 ins[i]ins[i]ins[i] 最靠右的点（即ins[i][1]ins[i][1]ins[i][1]）；
3. 其余情况，说明当前区间 ins[i]ins[i]ins[i] 与点集 S 至少存在两个点 a 和 b，此时无须额外引入其余点来覆盖 ins[i]ins[i]ins[i]。

上述情况是对「右端点从小到大」的必要性说明，而「左端点从大到小」目的是为了方便我们处理边界情况而引入的：若在右端点相同的情况下，如果「左端点从小到大」处理的话，会有重复的边缘点被加入 S。

上述决策存在直观判断，需要证明不存在比该做法取得的点集 S 更小的合法解：

若存在更小的合法集合方案 A（最优解），根据我们最前面对两个线段的重合分析知道，由于存在任意选点均能满足覆盖要求的情况，因此最优解 A 的具体方案可能并不唯一。

因此首先我们先在不影响 A 的集合大小的前提下，对具体方案 A 中的非关键点（即那些被选择，但既不是某个具体区间的边缘点，也不是边缘点的相邻点）进行调整（修改为区间边缘点或边缘点的相邻点）。

这样我们能够得到一个唯一的最优解具体方案，该方案既能取到最小点集大小，同时与贪心解 S 的选点有较大重合度。

此时如果贪心解并不是最优解的话，意味着贪心解中存在某些不必要的点（可去掉，同时不会影响覆盖要求）。

然后我们在回顾下，我们什么情况下会往 S 中进行加点，根据上述「不失一般性」的分析：

1. 当 ins[i][0]>bins[i][0] > bins[i][0]>b 时，我们会往 S 中添加两个点，若这个不必要的点是在这个分支中被添加的话，意味着当前 ins[i]ins[i]ins[i] 可以不在此时被覆盖，而在后续其他区间 ins[j]ins[j]ins[j] 被覆盖时被同步覆盖（其中 j>ij > ij>i），此时必然对应了我们重合分析中的后两种情况，可以将原本在 ins[j]ins[j]ins[j] 中被选择的点，调整为 ins[i]ins[i]ins[i] 的两个边缘点，结果不会变差（覆盖情况不变，点数不会变多）：

即此时原本在最优解 A 中不存在，在贪心解 S 中存在的「不必要点」会变成「必要点」。

1. 当 ins[i]>ains[i] > ains[i]>a 时，我们会往 S 中添加一个点，若这个不必要的点是在这个分支被添加的话，分析方式同理，且情况 111 不会发生，如果 ins[i]ins[i]ins[i] 和 ins[j]ins[j]ins[j] 只有一个重合点的话，起始 ins[i][1]ins[i][1]ins[i][1] 不会是不必要点：

综上，我们可以经过两步的“调整”，将贪心解变为最优解：第一步调整是在最优解的任意具体方案 A 中发生，通过将所有非边缘点调整为边缘点，来得到一个唯一的最优解具体方案；然后通过反证法证明，贪心解 S 中并不存在所谓的可去掉的「不必要点」，从而证明「贪心解大小必然不会大于最优解的大小」，即 S>AS > AS>A 不成立，S≤AS \leq AS≤A 恒成立，再结合 A 是最优解的前提（A≤SA \leq SA≤S），可得 S=AS = AS=A。

Java 代码：

class Solution {
    public int intersectionSizeTwo(int[][] ins) {
        Arrays.sort(ins, (a, b)->{
            return a[1] != b[1] ? a[1] - b[1] : b[0] - a[0];
        });
        int a = -1, b = -1, ans = 0;
        for (int[] i : ins) {
            if (i[0] > b) {
                a = i[1] - 1; b = i[1];
                ans += 2;
            } else if (i[0] > a) {
                a = b; b = i[1];
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
}

TypeScript 代码：

function intersectionSizeTwo(ins: number[][]): number {
    ins = ins.sort((a, b)=> {
        return a[1] != b[1] ? a[1] - b[1] : b[0] - a[0]
    });
    let a = -1, b = -1, ans = 0
    for (const i of ins) {
        if (i[0] > b) {
            a = i[1] - 1; b = i[1]
            ans += 2
        } else if (i[0] > a) {
            a = b; b = i[1]
            ans++
        }
    }
    return ans
};

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.752 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

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