https://leetcode.cn/problems/minimum-number-of-arrows-to-burst-balloons/description/?envType=study-plan-v2&envId=top-interview-150
题目描述
有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ,其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。
一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x 处射出一支箭,若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart,xend, 且满足 xstart ≤ x ≤ xend,则该气球会被 引爆 。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。 弓箭一旦被射出之后,可以无限地前进。
给你一个数组 points ,返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。
示例 1:
输入:points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出:2
解释:气球可以用2支箭来爆破:
-在x = 6处射出箭,击破气球[2,8]和[1,6]。
-在x = 11处发射箭,击破气球[10,16]和[7,12]。
示例 2:
输入:points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出:4
解释:每个气球需要射出一支箭,总共需要4支箭。
示例 3:
输入:points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出:2
解释:气球可以用2支箭来爆破:
- 在x = 2处发射箭,击破气球[1,2]和[2,3]。
- 在x = 4处射出箭,击破气球[3,4]和[4,5]。
思路分析
这个题目的思路是排序加贪心,乍一眼看上去怪异得很,离谱。
首先我们把这些气球的位置按照右侧边界大小排序。
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?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。
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。右侧也已经到达了这支箭的极限。
又因为右侧边界排序过后,是有序的,我们可以每次取当前右侧边界最小的气球,把这个气球的右边界作为发射箭的位置,只要所有的左边界比我这个位置小的都可以打中(因为右边界从小到大呀!),所以直到打不中的时候,更新射箭的位置为当前的最小右边界的位置,继续扫描判断。
注意:
- 在排序的自定义比较器中,不能直接返回i[1]-i[2];因为会有越界问题,使用if-else判断解决;
代码
class Solution {
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
if(points.length == 0){
return 0;
}
Arrays.sort(points, new Comparator<int[]>(){
public int compare(int[] point1, int[] point2){
// return point1[1] - point2[1]; // 注意这里不能这样写,会溢出
if(point1[1] > point2[1]){
return 1;
}else if(point1[1] < point2[1]){
return -1;
}else{
return 0;
}
}
});
int pos = points[0][1]; // 取第一个最小的右边界作为射箭的位置
int ans = 1;
for(int[] point: points){
if(point[0] > pos){ // 如果你的左边界比我的射位置靠右,射不到了,要更新射箭位置为当前最小的右边界,
pos = point[1];
ans += 1;
}
}
return ans;
}
}