贪心算法之区间调度问题

什么是贪心算法呢？贪心算法可以认为是动态规划算法的一个特例，相比动态规划，使用贪心算法需要满足更多的条件（贪心选择性质），但是效率比动态规划要高。

比如说一个算法问题使用暴力解法需要指数级时间，如果能使用动态规划消除重叠子问题，就可以降到多项式级别的时间，如果满足贪心选择性质，那么可以进一步降低时间复杂度，达到线性级别的。

什么是贪心选择性质呢，简单说就是：每一步都做出一个局部最优的选择，最终的结果就是全局最优。注意哦，这是一种特殊性质，其实只有一部分问题拥有这个性质。

比如你面前放着 100 张人民币，你只能拿十张，怎么才能拿最多的面额？显然每次选择剩下钞票中面值最大的一张，最后你的选择一定是最优的。

然而，大部分问题明显不具有贪心选择性质。比如打斗地主，对手出对儿三，按照贪心策略，你应该出尽可能小的牌刚好压制住对方，但现实情况我们甚至可能会出王炸。这种情况就不能用贪心算法，而得使用动态规划解决，参见前文「动态规划解决博弈问题」。

一、问题概述

言归正传，本文解决一个很经典的贪心算法问题 Interval Scheduling（区间调度问题）。给你很多形如 [start, end] 的闭区间，请你设计一个算法，算出这些区间中最多有几个互不相交的区间。

  1. int intervalSchedule(int[][] intvs) {}

举个例子，intvs = [[1,3], [2,4], [3,6]]，这些区间最多有 2 个区间互不相交，即 [[1,3], [3,6]]，你的算法应该返回 2。注意边界相同并不算相交。

这个问题在生活中的应用广泛，比如你今天有好几个活动，每个活动都可以用区间 [start, end] 表示开始和结束的时间，请问你今天最多能参加几个活动呢？显然你一个人不能同时参加两个活动，所以说这个问题就是求这些时间区间的最大不相交子集。

二、贪心解法

这个问题有许多看起来不错的贪心思路，却都不能得到正确答案。比如说：

也许我们可以每次选择可选区间中开始最早的那个？但是可能存在某些区间开始很早，但是很长，使得我们错误地错过了一些短的区间。或者我们每次选择可选区间中最短的那个？或者选择出现冲突最少的那个区间？这些方案都能很容易举出反例，不是正确的方案。

正确的思路其实很简单，可以分为以下三步：

  1. 从区间集合 intvs 中选择一个区间 x，这个 x 是在当前所有区间中结束最早的（end 最小）。
  2. 把所有与 x 区间相交的区间从区间集合 intvs 中删除。
  3. 重复步骤 1 和 2，直到 intvs 为空为止。之前选出的那些 x 就是最大不相交子集。

把这个思路实现成算法的话，可以按每个区间的 end 数值升序排序，因为这样处理之后实现步骤 1 和步骤 2 都方便很多:

1

现在来实现算法，对于步骤 1，由于我们预先按照 end 排了序，所以选择 x 是很容易的。关键在于，如何去除与 x 相交的区间，选择下一轮循环的 x 呢？

由于我们事先排了序，不难发现所有与 x 相交的区间必然会与 x 的 end 相交；如果一个区间不想与 x 的 end 相交，它的 start 必须要大于（或等于）x 的 end：

2

看下代码：

  1. public int intervalSchedule(int[][] intvs) {
  2.     if (intvs.length == 0) return 0;
  3.     // 按 end 升序排序
  4.     Arrays.sort(intvs, new Comparator<int[]>() {
  5.         public int compare(int[] a, int[] b) {
  6.             return a[1] - b[1];
  7.         }
  8.     });
  9.     // 至少有一个区间不相交
  10.     int count = 1;
  11.     // 排序后，第一个区间就是 x
  12.     int x_end = intvs[0][1];
  13.     for (int[] interval : intvs) {
  14.         int start = interval[0];
  15.         if (start >= x_end) {
  16.             // 找到下一个选择的区间了
  17.             count++;
  18.             x_end = interval[1];
  19.         }
  20.     }
  21.     return count;
  22. }

三、应用举例

下面举例几道 LeetCode 题目应用一下区间调度算法。

第 435 题，无重叠区间：

title1

我们已经会求最多有几个区间不会重叠了，那么剩下的不就是至少需要去除的区间吗？

  1. int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
  2.     int n = intervals.length;
  3.     return n - intervalSchedule(intervals);
  4. }

第 452 题，用最少的箭头射爆气球：

title2

其实稍微思考一下，这个问题和区间调度算法一模一样！如果最多有 n 个不重叠的区间，那么就至少需要 n 个箭头穿透所有区间：

3

只是有一点不一样，在 intervalSchedule 算法中，如果两个区间的边界触碰，不算重叠；而按照这道题目的描述，箭头如果碰到气球的边界气球也会爆炸，所以说相当于区间的边界触碰也算重叠：

4

所以只要将之前的算法稍作修改，就是这道题目的答案：

  1. int findMinArrowShots(int[][] intvs) {
  2.     // ...
  4.     for (int[] interval : intvs) {
  5.         int start = interval[0];
  6.         // 把 >= 改成 > 就行了
  7.         if (start > x_end) {
  8.             count++;
  9.             x_end = interval[1];
  10.         }
  11.     }
  12.     return count;
  13. }

这么做的原因也不难理解，因为现在边界接触也算重叠，所以 start == x_end 时不能更新 x。

如果本文对你有帮助，欢迎关注我的公众号 labuladong，致力于把算法问题讲清楚～

renxiaoyao 提供C++解法代码：435题 无重叠区间

  1. class Solution {
  2. public:
  3.     int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
  4.         int n = intervals.size();
  5.         if(n <= 1)  return 0;
  6.         auto myCmp = [&](const auto& a,const auto& b) {
  7.             return a[1] < b[1];
  8.         };
  9.         sort(intervals.begin(),intervals.end(),myCmp);
  10.         int cnt = 1;
  11.         int end = intervals[0][1];  // 区间动态历史最小值
  12.         for(const auto interval : intervals) {
  13.             int start = interval[0];
  14.             if(start >= end) {
  15.                 cnt++;
  16.                 end = interval[1];
  17.             }
  18.         }
  19.         return n - cnt;
  20.     }
  21. };

renxiaoyao 提供C++解法代码：312 题 戳气球

  1. class Solution {
  2. public:
  3.     int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
  4.         int n = points.size();
  5.         if(n < 2)   return n;
  7.         auto myCmp = [&](const auto& a,const auto& b) {
  8.             return a[1] < b[1];
  9.         };
  10.         sort(points.begin(),points.end(),myCmp);
  12.         int cnt = 1;
  13.         int end = points[0][1];
  14.         for(const auto& point : points) {
  15.             int start = point[0];
  16.             if(start > end) {               // 若当前区间的起点在当前历史最右边界的后面
  17.                 cnt++;                      // 则非重叠区间个数累加一
  18.                 end = point[1];             // 更新当前历史最优边界
  19.             }
  20.         }
  21.         return cnt;                         // 返回非重叠区间的个数
  22.     }
  23. };