笔者在做力扣第986题,苦思冥想想出的一个比较低效的解法。后来在看官方题解时,才了解到原来还有一种归并区间的解法。
986. 区间列表的交集
给定两个由一些闭区间组成的列表,每个区间列表都是成对不相交的,并且已经排序。
返回这两个区间列表的交集。
(形式上,闭区间 [a, b](其中 a <= b)表示实数 x 的集合,而 a <= x <= b。两个闭区间的交集是一组实数,要么为空集,要么为闭区间。例如,[1, 3] 和 [2, 4] 的交集为 [2, 3]。)
示例:
输入:A = [[0,2],[5,10],[13,23],[24,25]], B = [[1,5],[8,12],[15,24],[25,26]]
输出:[[1,2],[5,5],[8,10],[15,23],[24,24],[25,25]]
注意:输入和所需的输出都是区间对象组成的列表,而不是数组或列表。
提示:
0 <= A.length < 1000
0 <= B.length < 1000
0 <= A[i].start, A[i].end, B[i].start, B[i].end < 10^9
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/interval-list-intersections
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首先我先列出自己的解法
class Solution {
public:
vector<vector<int>> intervalIntersection(vector<vector<int>>& A, vector<vector<int>>& B) {
vector<vector<int>>ret;
while(!B.empty())
{
int eraseA = 0;
for(int i = 0; i < A.size(); i++)
{
if(A[i][0] > B[0][1])
break;
if(A[i][1] < B[0][0])
{
eraseA++;
continue;
}
int new_left = 0, new_right = 0;
if(A[i][0] > B[0][0])
new_left = A[i][0];
else
new_left = B[0][0];
if(A[i][1] < B[0][1])
new_right = A[i][1];
else
new_right = B[0][1];
ret.push_back(vector<int>{new_left, new_right});
}
while(eraseA > 0 && !A.empty())
{
A.erase(A.begin());
eraseA--;
}
B.erase(B.begin());
}
return ret;
}
};
思路
称b为区间[a,b]的末端点。
在两个数组给定的所有区间中,假设拥有最小末端点的区间是A[0].(为了不失一般性,该区间出现在数组A中)
然后,在数组B的区间中,A[0]只可能与数组B中的之多一个区间相交。(如果B中存在两个区间均与A[0]香蕉,那么他们将共同包含A[0]的末端点,但是B中的区间应该是不相交的,所以存在矛盾)
算法
如果A[0]拥有最小的末端点,那么它只可能与B[0]相交,然后我们就可以删除区间A[0],因为它不能与其他任何区间再相交了。
相似的,如果B[0]拥有最小的末端点,那么它只可能与区间A[0]相交,然后我们就可以将B[0]删除,因为它无法再与其他区间相交了。
我们用两个指针i与j来模拟完成删除A[0]或B[0]的操作。
代码
class Solution:
def intervalIntersection(self, A: List[List[int]], B: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
ans = []
i = j = 0
while i < len(A) and j < len(B):
lo = max(A[i][0], B[j][0])
hi = min(A[i][1], B[j][1])
if lo <= hi:
ans.append([lo, hi])
if A[i][1] < B[j][1]:
i += 1
else:
j += 1
return ans
复杂度分析
时间复杂度:O(M + N)O(M+N),其中 M, NM,N 分别是数组 A 和 B 的长度。
空间复杂度:O(M + N)O(M+N),答案中区间数量的上限。