Every day a Leetcode
题目来源：452. 用最少数量的箭引爆气球
解法1：排序 + 贪心
题解：用最少数量的箭引爆气球
我们首先随机地射出一支箭，再看一看是否能够调整这支箭地射出位置，使得我们可以引爆更多数目的气球。
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？我们唯一的要求就是：原本引爆的气球只要仍然被引爆就行了。这样一来，我们找出原本引爆的气球中右边界位置最靠左的那一个，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。
为什么「原本引爆的气球仍然被引爆」是唯一的要求？别急，往下看就能看到其精妙所在。
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。这样一来，所有的气球仍然都会被引爆，并且每一支箭的射出位置都恰好位于某一个气球的右边界了。
有了这样一个有用的断定，我们就可以快速得到一种最优的方法了。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。
我们可以写出如下的伪代码：
let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]，表示 n 个气球
let burst := [false] * n，表示每个气球是否被引爆
let ans := 1，表示射出的箭数
将 points 按照 y 值（右边界）进行升序排序
while burst 中还有 false 值 do
let i := 最小的满足 burst[i] = false 的索引 i
for j := i to n-1 do
if x(j) <= y(i) then
burst[j] := true
end if
ans := ans + 1
end for
end while
return ans
这样的做法在最坏情况下时间复杂度是 O(n2)，即这 n 个气球对应的区间互不重叠，while 循环需要执行 n 次。
代码：
/*
* @lc app=leetcode.cn id=452 lang=cpp
*
* [452] 用最少数量的箭引爆气球
*/
// @lc code=start
class Solution
{
private:
static bool cmp(const vector<int> A, const vector<int> B)
{
return A[1] < B[1];
}
bool remainBalloons(vector<bool> &burst)
{
for (int i = 0; i < burst.size(); i++)
if (burst[i] == false)
return true;
return false;
}
public:
int findMinArrowShots(vector<vector<int>> &points)
{
if (points.empty())
return 0;
int n = points.size();
vector<bool> burst(n, false);
int ans = 0;
sort(points.begin(), points.end(), cmp);
while (remainBalloons(burst))
{
int i = 0;
while (i < n && burst[i] == true)
i++;
for (int j = i; j < n; j++)
{
if (points[j][0] <= points[i][1])
burst[j] = true;
}
ans++;
}
return ans;
}
};
// @lc code=end
结果：超时
复杂度分析：
时间复杂度：O(n2)，其中 n 是数组 points 的长度。排序的时间复杂度为 O(nlogn)，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(n)，其中 n 是数组 points 的长度。我们用到了长度为 n 的复制数组 burst。
解法2：
那么我们如何继续进行优化呢？
事实上，在内层的 j 循环中，当我们遇到第一个不满足 x(j)≤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 it 以及它的下一支箭的索引 jt，对于索引在 jt 之后的任意一个可以被 it 引爆的气球，记索引为 j0 ，有：x(j0)≤y(it)。
由于 y(it)≤y(jt) 显然成立，那么 x(j0)≤y(jt) 也成立，也就是说：当前这支箭在索引 jt（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。因此我们就证明了其正确性，也就可以写出如下的伪代码：
let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]，表示 n 个气球
let pos := y(0)，表示当前箭的射出位置
let ans := 1，表示射出的箭数
将 points 按照 y 值（右边界）进行升序排序
for i := 1 to n-1 do
if x(i) > pos then
ans := ans + 1
pos := y(i)
end if
end for
return ans
这样就可以将计算答案的时间从 O(n2) 降低至 O(n)。
代码：
class Solution
{
private:
static bool cmp(const vector<int> &A, const vector<int> &B)
{
return A[1] < B[1];
}
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]; });
sort(points.begin(), points.end(), cmp);
int pos = points[0][1];
int ans = 1;
for (const vector<int> &balloon : points)
{
if (balloon[0] > pos)
{
pos = balloon[1];
ans++;
}
}
return ans;
}
};
结果：
复杂度分析：
时间复杂度：O(nlogn)，其中 n 是数组 points 的长度。排序的时间复杂度为 O(nlogn)，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(logn)，其中 n 是数组 points 的长度。即为排序需要使用的栈空间。
