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数据结构与算法学习笔记----贪心区间问题

@@ author: 明月清了个风
@@ first publish time: 2025.4.3

ps⭐️一个月没更了，三月初出去玩了，然后大论文写到现在哈哈哈

贪心问题其实不像其他问题能够有非常具体的解决思路，往往是通过尝试找到一种方法后再证明其正确性，贪心的关键在于关注最优子结构向最优全局解的证明。

Acwing 905. 区间选点

[原题链接](905. 区间选点 - AcWing题库)

给定$N$个闭区间$[a_i,b_i]$，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。

输出选择的点的最小数量。

位于区间端点上的点也算作区间内。

输入格式

第一行包含整数$N$，表示区间数。

接下来$N$行，每行包含两个整数$a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需的点的最小数量。

数据范围

$1\le N\le 10^5$，

$-10^9\le a_i\le b_i\le 10^9$

思路

这里先直接给出结论：

1. 将所有区间按右端点从小到大排序。
2. 从前往后依次枚举每个区间，如果当前区间中已经包含点，则不选择；若不包含点，则选择当前区间的右端点。

接下来证明此策略的正确性：

因为我们要选择尽可能少的点，因此目标也就是使选择的每个点覆盖尽可能多的区间。

• 首先进行贪心选择的正确性证明，也就是为什么选择右端点？

  对于第一个区间$[a_1,b_1]$来说，其右端点$b_1$经过排序后为所有区间的右端点中的最小值，那么剩余区间就只有两种情况，一是与$[a_1,b_1]$有交集，也就是$a_i<b_1$；二是与$[a_1,b_1]$无交集，也就是$a_i>b_1$。那么对于第一种情况，当我们选择了右端点$b_1$后，该区间一定包含$b_1$，所以不用选择点；对于第二种情况，该区间不包含$b_1$，一定会另选点。也就是说，当我们选择了第一个区间的右端点$b_1$后，我们就覆盖了所有左端点$a_i<b_1$的区间，并且我们选择了是在排序后最靠前的$b_1$，也意味着为后续区间留下了更大的右端点空间。

  由第一个区间进行推广，假设前$k$个点的选择都是像上面的局部最优解，那么对于第$k+1$个点，我们选择的一定是未被覆盖的区间中的右端点最小的点，与上面的选择一致，因此正确。

• 然后证明全局的最优性：

  也就是假设存在一个最优解，其选择的点数$m^{\prime }$小于根据上面的选法选出的点数$m$，证明这是不可能的。

  根据我们的选择方案，我们选择的每个点所在的区间一定是没有交集的，因为当我们选择一个点后，下一个区间的左端点如果小于该点，则一定不会被选择，若被选择，一定是因为该区间的左端点大于了上一个选择的点，也就意味着覆盖所有的区间至少需要$m$个点，因此不存在更优解。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100010;int n;
struct Range
{int l, r;bool operator < (const Range &W)const{return r < W.r;}
}range[N];int main()
{cin >> n;for(int i = 0; i < n; i ++){int l, r;cin >> l >> r;range[i] = {l, r};}sort(range, range + n);int res = 0, ed = -2e9;for(int i = 0; i < n; i++){if(range[i].l > ed){res ++;ed = range[i].r;}}cout << res << endl;return 0;
}

Acwing 908. 最大不相交区间数量

[原题链接](908. 最大不相交区间数量 - AcWing题库)

给定$N$个闭区间$[a_i,b_i]$，请你在数轴上选择若干区间，使得选中的区间之间互不相交(包括端点)。

输出可选取区间的最大数量。

输入格式

第一行包含整数$N$，表示区间数。

接下来$N$行，每行包含两个整数$a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示可选取区间的最大数量。

数据范围

$1\le N\le 10^5$，

$-10^9\le a_i\le b_i\le 10^9$

思路

直接说结论吧这一题，做法和上一题完全一致，回顾一下上一题的思路其实也能看出来。

同样可以从两个方向来证明，

根据上一题选法，选择的相邻的两个点一定是没有交集的两个区间的点，因此就可以认为我们的答案$ans$一定是一种可行方案，且$ans\ge cnt$。

下一步证明$ans\le cnt$，这里可以用反证法，假设我们的答案$ans$是大于$cnt$的，也就意味着可以选择更多的存在于没有交集的区间的点，但是根据我们的选法来看，该选法覆盖了所有的区间，不存在额外的区间中的点，因此得证。

代码和上一题一样。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100010;int n;
struct Range
{int l, r;bool operator < (const Range &W)const{return r < W.r;}
}range[N];int main()
{cin >> n;for(int i = 0; i < n; i ++){int l, r;cin >> l >> r;range[i] = {l, r};}sort(range, range + n);int res = 0, ed = -2e9;for(int i = 0; i < n; i++){if(range[i].l > ed){res ++;ed = range[i].r;}}cout << res << endl;return 0;
}

Acwing 906. 区间分组

[原题链接](906. 区间分组 - AcWing题库)

给定$N$个闭区间$[a_i,b_i]$，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。

输出最小组数。

输入格式

第一行包含整数$N$，表示区间数。

接下来$N$行，每行包含两个整数$a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示最小组数。

数据范围

$1\le N\le 10^5$，

$-10^9\le a_i\le b_i\le 10^9$

思路

同样直接给出思路，因为是经典的模型。

1. 将所有区间按左端点从小到大排序
2. 从前往后处理每个区间，判断能否放在某个组里，也就是判断当前区间的左端点是否大于该组中的最大的右端点
3. 如果上一步中未能找到一个组，那么就开一个新的组。

下一步就是证明该做法的正确性，首先证明我们的算法得到的$cnt$是否大于等于正确答案$ans$，因为选取的规则保证了能够按照题意得到结果，因此肯定是一种合法方案，因此$cnt\ge ans$肯定成立

而对于$cnt\le ans$可以从特殊时间节点来看，也就是创建第$cnt$个组的时刻，当我们新开第$cnt$个组时，根据选法来看，保证了前$cnt-1$个组的最大右端点值一定大于当前这个区间的右端点，因此无法放入任何一个组，进而新开了第$cnt$个组，这也意味着这$cnt$个组的第一个区间一定是相互之间有交集的，也就是新开到第$cnt$个组的这个区间的左端点一定被包含在了前$cnt$个组里，因此得证。

还有一个问题就是，如果存在多个能够放入的组应该放在哪一个，会不会影响最终的结果，答案是不会，任取一个就行，体现在代码中就是选最小的组。这个问题的核心就是存在多个可用组的情况下，为什么选择任意一个得到的答案都是最小的，这是因为答案其实就是所有区间的最大重叠数，也就是最多的存在同一点的区间数。假设这个数是$k$，那么说明有$k$个区间存在相交点，那么就至少需要$k$组才能容纳这$k$个组，而剩余区间的重叠数一定小于等于$k$，因此可以分别分到这$k$个组中。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>using namespace std;const int N = 100010;int n;
struct Range
{int l, r;bool operator< (const Range &W)const{return l < W.l;}
}range[N];int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; i ++){int l, r;cin >> l >> r;range[i] = {l, r};}sort(range, range + n);priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;for(int i = 0; i < n; i ++){auto r = range[i];if(heap.empty() || heap.top() >= r.l) heap.push(r.r);else{int t = heap.top();heap.pop();heap.push(r.r);}}printf("%d\n", heap.size());return 0;
}

Acwing 907. 区间覆盖

[原题链接](907. 区间覆盖 - AcWing题库)

给定$N$个闭区间$[a_i,b_i]$以及一个区间$[s,t]$，请你选择尽量少的区间，将指定区间完全覆盖。

输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出$-1$。

输入格式

第一行包含两个整数$s$和$t$，表示给定区间的两个端点。

第二行包含整数$N$，表示给定区间数。

接下来$N$行，每行包含两个整数$a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需最少区间数。

如果无解，则输出$-1$。

数据范围

$1\le N\le 10^5$，

$-10^9\le a_i\le b_i\le 10^9$，

$-10^9\le s\le t\le 10^9$

思路

同样地给出思路：

1. 将所有区间按左端点从小到大排序
2. 从前往后枚举每个区间，在所有能覆盖$st$的区间中选择右端点最大的区间，然后将$st$更新为这个值

这个思路很容易证明是正确的，首先选法一定是合法的，并且保证了每一步的覆盖范围最大，且当前步骤的选取不会影响后续的选择，因为已经排过序了。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100010;int n;
struct Range
{int l, r;bool operator< (const Range &W)const {return l < W.l;}
}range[N];int main()
{int st, ed;scanf("%d%d", &st, &ed);scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; i ++){int l,r ;cin >> l >> r;range[i] = {l, r};}sort(range, range + n);int res = 0;bool success = false;for(int i = 0; i < n; i ++){int j = i, r = -2e9;while(j < n && range[j].l <= st){r = max(r, range[j].r);j ++;}if(r < st){res = -1;break;}res ++;if(r >= ed){success = true;break;}st = r;i = j - 1;}if(!success) res = -1;cout << res << endl;return 0;}