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代码随想录打卡|Day27（合并区间、单调递增的数字、监控二叉树）

news 来源：原创 2025/5/1 1:27:19

贪心算法 Part05

合并区间

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题目描述： 以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间。

思路：对于这道题目，我们只需要按照每个区间的左边界进行从小到大排序，随后依次遍历每个区间，获取他们的范围，将范围有重叠的区间合并（取重叠区间的最小做区间和最大右区间的值），并将合并后得出的每个区间的范围重新记录，最后输出即可。

代码如下：

class Solution {public int[][] merge(int[][] intervals) {// Arrays.sort(intervals,(a,b) -> a[0] - b[0]);Arrays.sort(intervals,(a,b) -> Integer.compare(a[0],b[0]));int start = intervals[0][0] ;int end = intervals[0][1];List<int[]> res = new LinkedList<>();for(int i = 1 ; i < intervals.length ; i++){if(intervals[i][0] <= end){start = Math.min(start , intervals[i][0]);end = Math.max(end , intervals[i][1]);}else{res.add(new int[]{start , end});start = intervals[i][0];end = intervals[i][1];}}res.add(new int[]{start , end});return res.toArray(new int[res.size()][]);}
}

代码随想录代码：

/**
时间复杂度 ： O(NlogN) 排序需要O(NlogN)
空间复杂度 ： O(logN)  java 的内置排序是快速排序 需要 O(logN)空间*/
class Solution {public int[][] merge(int[][] intervals) {List<int[]> res = new LinkedList<>();//按照左边界排序Arrays.sort(intervals, (x, y) -> Integer.compare(x[0], y[0]));//initial start 是最小左边界int start = intervals[0][0];int rightmostRightBound = intervals[0][1];for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {//如果左边界大于最大右边界if (intervals[i][0] > rightmostRightBound) {//加入区间 并且更新startres.add(new int[]{start, rightmostRightBound});start = intervals[i][0];rightmostRightBound = intervals[i][1];} else {//更新最大右边界rightmostRightBound = Math.max(rightmostRightBound, intervals[i][1]);}}res.add(new int[]{start, rightmostRightBound});return res.toArray(new int[res.size()][]);}
}

单调递增的数字

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题目描述：当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。

给定一个整数 n ，返回小于或等于 n 的最大数字，且数字呈单调递增。

在这里插入图片描述

思路：将数组转换成为字符串再转换为数组，从尾到头判断两个相邻数字的大小是否满足递增，若不满足，前一个数字减一，后一个数字变成9.

代码如下：

class Solution {public int monotoneIncreasingDigits(int n) {String str = String.valueOf(n);char[] strArray = str.toCharArray();// 记录需要变成9的数字开始下标int index = strArray.length;for(int i = strArray.length - 2; i >= 0 ; i--){if(strArray[i] > strArray[i + 1]){strArray[i] --;index = i + 1;}}for(int i = index ; i < strArray.length ; i++)strArray[i] = '9';return Integer.parseInt(String.valueOf(strArray));}
}

另一种方法（创建了String数组，多次使用Integer.parseInt了方法，这导致不管是耗时还是空间占用都非常高，用时12ms）

class Solution {public int monotoneIncreasingDigits(int N) {String[] strings = (N + "").split("");int start = strings.length;for (int i = strings.length - 1; i > 0; i--) {if (Integer.parseInt(strings[i]) < Integer.parseInt(strings[i - 1])) {strings[i - 1] = (Integer.parseInt(strings[i - 1]) - 1) + "";start = i;}}for (int i = start; i < strings.length; i++) {strings[i] = "9";}return Integer.parseInt(String.join("",strings));}
}

监控二叉树

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题目描述：给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。

节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。

计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
在这里插入图片描述
思路：对于二叉树的题目，使用递归解决问题的时候需要考虑是应该使用前中后哪一种顺序。在本题目之中，我们需要使用最少数量的摄像头覆盖二叉树的所有节点，那么我们就一定不能在叶子节点部署摄像头，所以我们需要隔层安放摄像头。
基于此，我们对每个节点定义三种状态：
0：该节点没有被摄像头覆盖
1：该节点安放摄像头
2：该节点被摄像头覆盖

所以，对于一个非叶子节点，他的状态会存在三种：
在这里插入图片描述

1.该节点的两个叶子节点被覆盖，该节点就应该先赋值为0；
2.该节点的左节点或者右节点为0，则说明该节点必须安装摄像头。
3.该节点的至少一个叶子节点安装摄像头，则该节点应该被标记为2（被覆盖）。

此外，递归结束之后，root节点的值可能还会出现为0的情况，需要单独处理，若递归函数返回值为0，则摄像头的数量应该+1；

代码如下：

/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {*     int val;*     TreeNode left;*     TreeNode right;*     TreeNode() {}*     TreeNode(int val) { this.val = val; }*     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {*         this.val = val;*         this.left = left;*         this.right = right;*     }* }*/
class Solution {int result = 0;public int minCameraCover(TreeNode root) {// if(root.left == null && root.right == null) return 1;// 还会存在root节点为0的情况，因此，需要再次判断if(minCameraCounter(root)==0) result++;return result;}/**节点的状态值：0 表示无覆盖1 表示 有摄像头2 表示有覆盖后序遍历，根据左右节点的情况,来判读 自己的状态*/// 1.确定递归函数的返回类型和传入参数类型private int minCameraCounter(TreeNode node){// 确定递归函数的结束条件// 1.当节点为叶子节点的时候，我们应该将他的值赋值为2if(node == null) return 2;// leftint left = minCameraCounter(node.left);// rightint right = minCameraCounter(node.right);// 情况1：当节点的左右孩子的值均为2,则证明节点不用部署摄像头if(left == 2 && right == 2){ return 0;}// 情况2：当节点的左孩子或右孩子的值为0的时候，就代表该节点应该部署摄像头if(left == 0 || right == 0){result++;return 1;}// 情况3：当节点的左右孩子至少存在一个摄像头的时候，那么该节点的就应该是被覆盖了else{return 2;}}
}