leetcode 452.用最少数量的箭引爆气球

问题描述

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]。

提示:

1 <= points.length <= 10^5
points[i].length == 2
-2^31 <= xstart < xend <= 2^31 - 1

核心思路

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。

实现要点

在内层的 $j$ 循环中，当我们遇到第一个不满足 $x(j) \leq y(i)$ 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 $j_0$ ，有：

x(j_0) \leq y(i_t)

由于 $y(i_t) \leq y(j_t)$ 显然成立，那么

x(j_0) \leq 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。

code

class Solution {
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];
        });
        int pos = points[0][1];
        int ans = 1;
        for (const vector<int>& balloon: points) {
            if (balloon[0] > pos) {
                pos = balloon[1];
                ++ans;
            }
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度： $O(n\log n)$ ，其中 $n$ 是数组 $\textit{points}$ 的长度。排序的时间复杂度为 $O(n \log n)$ ，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： $O(\log n)$ ，即为排序需要使用的栈空间。