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452. 用最少数量的箭引爆气球

对于这道题来说，初看的时候，我们会认为复杂繁琐，但是如果我们对每一个vector 按照左端点或者按照右端点进行排序之后，我们去射击气球时，每次射击都尽可能的设计区间的重叠部分，这样就能保证我们花费的箭最少。那么如何判断气球之间是否发生重合呢

根据题目示例的[[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]，我们将其按照左端点从小到大能画出这样的图，那只要后一段的左端点小于前一段的右端点时，这两段就发生了重叠。只需要一只箭，那重叠之后，我们就需要向后判断了，这个时候问题就来了我们判断第三段的时候，是使用第一段的右端点还是第二段的右端点来判断呢。显然我们这里应该选择的判断目标应该是min(第一段的右端点, 第二段的右端点), 这样才能达到，我们想要判断第三段和前两段是否同时重叠的目的!

有了上述的思考后，我们就很容易想到，对排序后的数组做一次遍历。每一次都去判断前一段的右端点，是否大于等于后一段的左端点。如果右端点大于左端点，更新新的右端点为min(前一段右端点， 后一段右端点)，然后在继续循环。如果不满足条件，result++。

代码如下:

class Solution {
private:static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b) {return a[0] < b[0];}
public:int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {if (points.size() == 0) return 0;sort(points.begin(), points.end(), cmp);int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭for (int i = 1; i < points.size(); i++) {if (points[i][0] > points[i - 1][1]) {  // 气球i和气球i-1不挨着，注意这里不是>=result++; // 需要一支箭}else {  // 气球i和气球i-1挨着points[i][1] = min(points[i - 1][1], points[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界}}return result;}
};

435. 无重叠区间

这道题其实和上一题很类似，像当于换了一个马甲。计算要移除的重叠区间个数。判断重叠区间的方法和上一题是一样的只是不包含(前一段右端点==后一段左端点)这种情况，所以当出现(前一段的右端点 < 后一段的左端点)时，我们判断出发生重叠。这个时候就要移除某一段区间，那么是移动第一段还是第二段呢？ 这里其实我们要移除两端中右端点更小的哪一段，因为只有这样才能保证后一段(第三段)能够更小概率和这一段重叠。但是由于这道题，只需要记录移除的段数，所以我们不需要去对这个数组做移除操作，只需要将第二段的右端点更新为min(第一段右端点，第二段右端点)即可。

代码如下:

class Solution {
public:static bool cmp(vector<int> a,vector<int> b){return a[0] < b[0];}int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {sort(intervals.begin(),intervals.end(),cmp);int ans = 0;for(int i=1;i<intervals.size();i++){if(intervals[i-1][1] > intervals[i][0])   // 发生重叠{intervals[i][1] = min(intervals[i][1], intervals[i-1][1]);ans++;}} return ans;}
};

763.划分字母区间

这道题看起来相当的复杂，因为在我们动态计算最远划分距离的过程中，会不断添加新的字母进来，导致我们的动态划分距离要考虑的字母数越来越多，这显然是很复杂的。

但是我们不妨先对这个字符串，进行一次访问，记录出这个字符串中，每个字母的最远出现位置。（使用类似桶排序的方式）

代码如下:

int hash[27] = {0};
// 记录每个字母的最远出现位置
for(int i=0;i<s.size();i++)
{hash[s[i]-'a'] = i;
}

有了这个数组之后，我们可以记录一个right变量，并将其初始化为hash[s[0] - ‘a’]，即字符串中0号位置元素的最远距离，然后开始遍历，没遍历一个元素就尝试去更新right，更新的方式为max(right, hash[s[i] - ‘a’])，即right永远保持为当前遍历过字母的最远出现位置。那我们什么时候记录一个答案呢？ 当然是right == i 的时候，即我们已经走到了当前遍历过字母的最远位置，这时我们需要记录答案，而由于这道题要求我们保存的是每一段的元素个数，所以我们除了right之外，还需要一个left，用来记录我们开始时的左端点。

最终代码如下:

class Solution {
public:vector<int> partitionLabels(string s) {int hash[27] = {0};// 记录每个字母的最远出现位置for(int i=0;i<s.size();i++){hash[s[i]-'a'] = i;}vector<int> ans;int left = 0,right = 0;for(int i=0;i<s.size();i++){right = max(right,hash[s[i] - 'a']);if(right == i){ans.push_back(right - left + 1);left = i+1;}}return ans;}
};