给你一个二维整数数组 intervals ，其中 intervals[i] = [lefti, righti] 表示 闭 区间 [lefti, righti] 。
你需要将 intervals 划分为一个或者多个区间 组 ，每个区间 只 属于一个组，且同一个组中任意两个区间 不相交 。
请你返回 最少 需要划分成多少个组。
如果两个区间覆盖的范围有重叠（即至少有一个公共数字），那么我们称这两个区间是 相交 的。比方说区间 [1, 5] 和 [5, 8] 相交。
示例 1：
输入：intervals = [[5,10],[6,8],[1,5],[2,3],[1,10]]
输出：3
解释：我们可以将区间划分为如下的区间组：
- 第 1 组：[1, 5] ，[6, 8] 。
- 第 2 组：[2, 3] ，[5, 10] 。
- 第 3 组：[1, 10] 。
可以证明无法将区间划分为少于 3 个组。
示例 2：
输入：intervals = [[1,3],[5,6],[8,10],[11,13]]
输出：1
解释：所有区间互不相交，所以我们可以把它们全部放在一个组内。
法1: 贪心：优先队列（小根堆）
class Solution {
public:
int minGroups(vector<vector<int>> &intervals) {
sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](auto &a, auto &b) { return a[0] < b[0]; });
priority_queue<int, vector<int>, greater<>> pq;
for (auto &p : intervals) {
if (!pq.empty() && pq.top() < p[0]) pq.pop();
pq.push(p[1]);
}
return pq.size();
}
};
这种算法由于运用了堆的数据结构，比下面的差分算法要高效。
首先需要先对intervals的每个区间的左端点进行排序。
我们首先要找到局部最优解，也就是判断一个新的区间要分到哪一组，我们选择已有组的最小右端点。由于左端点已经排序过，所以我们只需要记录每一组的最大右端点，然后对其进行排序，堆顶的就是所有组中的最小右端点。
当新区间的左端点要比堆顶元素(最小右端点)大的时候，那么就将这个区间分到堆顶元素所在的组中，由于我们只需要记录每个组的最大右端点，那么就将堆顶元素替换成新区间的右端点，然后priority_queue将会保证堆顶元素是最小的（所有组的最大右端点比较后的最小的最大右端点）。如果新区间左端点没有比堆顶元素大，那么就说明他和每个组都会重叠，这时候他就是新的一组。
最后返回堆的大小，也就是组的数量。
方法二：差分
class Solution {
public:
int minGroups(vector<vector<int>>& intervals) {
map<int, int> diff;
for(auto interval : intervals){
diff[interval[0]]++;
diff[interval[1]+1]--;
}
int s = 0, ans = 0;
for(auto &[_, d] : diff){
s += d;
ans = max(ans, s);
}
return ans;
}
};
这道题的本质就是找到某个区间重叠的部分的最大重叠数，因为当区间同时重叠的时候，这时候所涉及到的区间必须分在不同组，所以可以转换为上下车模型，即同一时刻在车上的最大人数。
