区间问题

区间选点

引入

区间问题会给定几个区间，之后要求我们在数轴上选取尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点，如上图，对于这四个区间，我们选择两个点，就可以满足条件

算法思想

贪心算法使用场景：问题是单峰问题，即他的极值就是最值
基本思路：
对于一个贪心问题，我们没有固定的模版，一般的做法是，我们选出一小块示例，在该示例里面进行推演，推演时按照最理想的解法进行推算，进行尝试，如果在当前这一小部分的实例里是最优解，那么大概率在整个题目中都是最优解，有了初步的推演之后，我们就可以对推演进行正确性的证明。

例如，上图中，
推演的算法是：先将每个区间右端点进行从小到大排序，之后从前往后依次枚举每个区间，如果当前区间内有已经有点，直接pass，如果没有，则选择当前区间的右端点，这样，这段算法在当前部分是合法的
之后进行证明

我们利用这样的等价原理（如上图）进行证明，
ans是在整个题目中的最优解，cnt是当前推演的算法的解（对于本题而言，解就是点的个数）
首先，对于第一点，由于我们的算法，是合法的，所以，我们的算法主要最次也就是点数比ans要多，因为ans是最优解，所以有ans <= cnt
之后，对于第二点，要证明ans >= cnt ，那么就要证明ans >= cnt的最大值，而cnt的最大值就是所有的区间都没有重复点(如下图)，那么根据我们的推演算法，每个区间都要选中一点，且每个区间有且只选一点，那么在这种产生最大值的区间排列情况下，我们的推演算法是最小值，所以，ans 只能 >= ant
（补充：对于该条件，我们可以这样想：只要cnt在“区间排列产出的值是N”这个情况下，仍然合法，cnt的值是N，那么一定有ans >= cnt）
进而证明了 ans == cnt

例题+代码

首先定义了一个结构体，来存储区间
结构体内;
定义 l ，r。分别表示左端点和右端点
之后重载小于号：
bool operator< (const Range &W)const
{
return r < W.r;
}
这个重载放在结构体里面，相当于成员函数，那么该重载只会用在结构体类型变量的小于比较之间，表示一个结构体变量操作数进行“<”操作时，会将与“<”后面的结构体变量传入该重载函数，而操作“<”的结构体变量就是重载函数的this变量
最后结构体后面加了个range[N],表示前面定义结构体的一大坨是一个变量类型，表示是结构体变量类型的数组，相当于 int a；

在main函数中，首先输入n对数据，
这里注意，结构体变量赋值时，使用大括号+逗号进行赋值
之后调用sort函数，对结构体数组里面的变量进行排序，这里是结构体变量排序，会用到结构体定义时的小于号重载
排完序后，定义res=0，用来存储答案，ed=-2e9，-2e9表示负无穷，ed是用来表示当前所选中的点，（注意，当前所选中的点只会保留最新的点，其他点如果被刷下去，会用res++存储，所以是合理的）
之后for循环，对于右端点从小到大的每个区间，我们依次判断情况
直接进行判断 if（range[i].l > ed）如果大于，那么就是区间内没有选中点的情况，那么就记录旧点，更新新点
res++；
ed = range[i].r

其他情况已经包含在内（刚开始第一个区间，肯定会进入到if里面，所以第一个区间的右端点一定有点，之后的区间，如果有，则跳过进行下一个区间的判断，如果没有，进入到if函数里面）

最大不相交区间的数量

算法思想

我们仍然可以利用上一题的推演，该推演对于本题仍然适用，
进行推演：
对于本题，我们可以将上一题稍作变化，上一题是重合的区间只选一个点，现在我们不选点，重合的区间除去第一个区间以外，其他的都pass，扔掉，而不重合的区间，直接选中该区间的右端点，同时记录该区间选中，这样从小到大进行选择，一定会选出最大数量的区间数
之后进行证明：
仍然是上一题的证明原理，显而易见，我们可以直接整除第二点：因为我们的cnt算法是合法的，而ans算法不仅合法，且是最大值，所以cnt只能 <= ans，即ans >= cnt
而对于第一点，因为cnt算法（即我们自己的推演算法）会保证不重合的区间都计数，所以当N个区间都不重合，那此时cnt算法的值就是N，已经是最大的数量了，因为只有N个区间，而ans、cnt都是合法的，所以，ans只能 <= cnt
（补充：对于该条件，我们可以这样想：只要cnt在“区间排列产出的值是N”这个情况下，仍然合法，cnt的值是N，那么一定有ans >= cnt）
所以，综上，ans == cnt

例题+代码

代码与上题完全一样，上题是记录点的个数，这题是记录区间的个数，而点的个数对应着区间个数，所以代码一样

区间分组

算法思想

首先，将所有的区间按左端点从小到大排序
之后，从前往后处理每个区间：
判断能否将其放到某个现有的组中，能放入的条件是：L[ i ] > Max_r（Max_r就是一个组中最新加入的区间的右端点，每次加入新的区间，把Max_r更新一下即可）
对于判断的结果进行讨论：
1.如果不存在这样的组，那么就是所有的组都不满足，那开一个新组，放入该区间
2.如果存在这样的组，将其放进去，并更新当前组的Max_r

证明其正确性：

同样的，我们需要证明这两点，
首先对于第一点，因为我们的cnt是合法的，而答案ans不仅合法，还是最小值，所有只能有 ans <= cnt
对于第二点，我们可以这样想：只要cnt在“区间排列产出的值是N”这个情况下，仍然合法，那么一定有ans >= cnt，换句话说，判断另一个难以判断的条件时，只要有cnt=N这种情况可以出现，那么我们的推演算法就是合法的
所以，依据这个原理，我们设置所有的区间都是互相重合的，那么就需要分N个组，如果在这种情况下，我们的推演算法的值cnt==N，那么该条件成立，根据推演第一条，“不存在这样的组之后，就新开一个组”，所以会开N个组，所以，第二个条件成立

例题+代码

首先在定义结构体Range时，重载小于号时，用L进行重载，因为要用左端点进行排序
之后，main函数中，输入n个l，r
进行排序，（按照重载的小于号排序）
之后，priority_queue<int, vector, greater> heap；（这是小根堆的定义，小根堆是指堆中顶部是堆中所有数据的最小值）
之后，循环n次，
每次循环都拿出数组中的一个数据 r（这是一个Range类型的数据）
之后判断，当堆为空 || heap.top() >= r.l ,（之所以使用top元素进行判断，是因为要用各组的Max_r中最小的一个进行比较，这样如果还是重合，那就新开一个组）那么就新开一个组（表现在代码上就是往栈中推一个右端点）
else {
int t = heap.top（），这一步在该题没啥用，但是可以拿出来堆顶元素，可能其他题会有用
heap.pop（），删除堆顶元素
heap.push（r.r），将新加入的区间的右端点推入堆中
（上面两行代码，缺一不可，删一个加一个，实际上就是实现了更新一个组的Max_r，因为堆中一个元素就代表一个组，元素的值是改组的最右端点）
}

一级目录

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二级目录

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