标签：竞赛 start while 根据 利用 代码 替换 代码实现 lmin
在数学里，区间通常是指这样的一类实数集合：如果x和y是两个在集合里的数，那么，任何x和y之间的数也属于该集合。区间有开闭之分，例如(1,2)和[1,2]的表示范围不同，后者包含整数1和2。
在程序世界，区间的概念和数学里没有区别，但是往往有具体的含义，例如时间区间，工资区间或者音乐中音符的开始结束区间等，图一给出了一个时间区间的例子。区间有了具体的含义之后，开闭的概念就显得非常重要，例如时间区间[8:30,9:30]和[9:30,10:30]两个区间是有重叠的，但是[8:30,9:30)和[9:30,10:30)没有重叠。在不同的问题中，区间的开闭往往不同，有时是闭区间，有时是半开半闭区间。时间区间往往是闭区间，但是音符中的开始结束区间则是半开半闭区间，所以在重叠的定义上大家需要具体问题具体分析。稍后你会发现，开闭的区别其实只是差一个等号而已。
图1 时间区间示例
假设区间是闭合的，并定义为[start,end]。我们首先看一下区间重叠的定义。给定两个区间[s1,e1]和[s2,e2]，它们重叠的可能性有四种：
可以看出，如果直接考虑区间重叠，判断条件比较复杂，我们从相反的角度考虑，考虑区间不重叠的情况。区间不重叠时的判断条件为：
也即：(e1<s2|| s1>e2)，所以区间重叠的判断条件为：
经过化简之后，区间重叠的判断条件只有两个，也很好理解，不再赘述。如果区间是半开半闭的，则只需要将判断条件中的等号去掉。
现在考虑这样一个问题，如何判断一个区间是否和其他的区间重叠。最坏情况下，我们可能需要和剩下的所有n-1个区间比较一次才能知道结果，每和一个区间比较都需要两次判断。所以完成n个区间相互之间比较的复杂度为O(n2)，常系数为2。为了加快比较的速度，通常会先对区间进行一个排序，可以按照开始时间或者结束时间进行排序，需要根据实际情况选择。排序之后每个区间再和其他的n-1个区间进行比较。为什么要排序，排序之后的比较复杂度不还是O(n2)吗?原因在于，区间经过排序之后，其实已经有了一个先后顺序，后续再进行重叠判断的时候只需要比较一次即可，这时的复杂度其实变为O(nlogn+n2)，常系数为1，比不排序要快一些。例如，假设所有的区间都按照结束时间进行排序，就会有，这是两个重叠判断条件中的后一个，所以我们只需要再判断前一个即可。在涉及区间重叠的问题上，一般都会先进行排序。
上面介绍了相关基本概念，这节介绍区间调度问题的两个维度，所有的区间调度问题都是从这两个维度上展开的。给定N个区间，如果我们在x坐标轴上将它们都画出，则可能由于重叠的原因而显示很乱。为了避免重叠，我们需要将区间在y轴上进行扩展，将重叠的区间画在纵坐标不同的行上，如图二。区间在两个维度上的扩展也即在横轴时间和纵轴行数上的扩展。几乎所有的区间调度问题都是从这两个维度上展开的。
图2 区间的两个维度
x轴上的扩展，可能会让我们计算一行中最多可以不重叠地放置多少个区间，或者将区间的时间累加最大可以到多少，或者用最少的区间覆盖一个给定的大区间；y轴上的扩展，可能会让我们计算为了避免区间重叠，最少需要多少行；还可以将y轴的行数固定，然后考虑为了完成n个工作最短需要多少时间，也即机器调度问题。更复杂一些，有时区间还会变成带权的，例如酒店竞标的最大收益等等。区间调度问题的种类非常多，后面会一一展开详细介绍。
x轴上的区间调度主要关注一行中的区间情况，比如最多可以放入多少不重叠的区间，或者最少可以用多少区间覆盖一个大区间等等。该类区间调度问题应用很广，经常会以各种形式出现在笔试面试题中。
有n项工作，每项工作分别在时间开始，在
时间结束。对于每项工作，你都可以选择参与与否。如果选择了参与，那么自始至终都必须全程参与。此外，参与工作的时间段不能重叠（闭区间）。你的目标是参与尽可能多的工作，那么最多能参与多少项工作？其中
并且
。（from《挑战程序设计竞赛 P40》）
图3 最多区间调度
这个区间问题就是大家熟知的区间调度问题或者叫最大区间调度问题。在此我们进行细分，将该问题命名为最多区间调度问题，因为该问题的目标是求不重叠的最多区间个数，而不是最大的区间长度和。
这个问题可以算是最简单的区间调度问题了，可以通过贪心算法求解，贪心策略是：在可选的工作中，每次都选取结束时间最早的工作。其他贪心策略都不是最优的。
下面是一个简单的实现
const int MAX_N=100000; //输入 int N,S[MAX_N],T[MAX_N]; //用于对工作排序的pair数组 pair<int,int> itv[MAX_N]; void solve() { //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second for(int i=0;i<N;i++) { itv[i].first=T[i]; itv[i].second=S[i]; } sort(itv,itv+N); //t是最后所选工作的结束时间 int ans=0,t=0; for(int i=0;i<N;i++) { if(t<itv[i].second)//判断区间是否重叠 { ans++; t=itv[i].first; } } printf(“%d\n”,ans); }
时间复杂度：排序 O(nlogn) +扫描O(n) =O(nlogn) 。该问题已给出最优解，也即用贪心法可以解决。但是思考的思路如何得来呢？我们一步步分析，看看能不能最终得到和贪心法一样的结果。
最优化问题都可以通过某种搜索获得最优解，最多区间调度问题也不例外。该问题无非就是选择几个不重叠的区间而已，看看最多能选择多少个，其解空间为一棵二叉子集树，某个区间选或者不选构成了两个分支，如图四所示。我们的目标就是遍历这棵子集树，然后看从根节点到叶节点的不重叠区间的最大个数为多少。可以看出，该问题的解就是n位二进制的某个0/1组合。子集树共有2n种组合，每种组合都需要判断是否存在重叠区间，如果不重叠则获得1的个数。
图4 区间调度的子集树
假设我们不对区间进行排序，则每种组合判断是否有重叠区间的复杂度为O(n2)，从而整个算法复杂度为O(2n n2)。复杂度相当高！进行各种剪枝也无济于事！下面我们开始对算法进行优化。
让我们感到奇怪的是，只是判断n个区间是否存在重叠最坏居然也需要O(n2)的复杂度。这是因为在区间无序的情况下，每个区间都要顺次和后面的所有区间进行比较，没有合理利用区间的两个时间点。我们考虑对区间进行一下排序会有什么不同。假设我们按照开始时间进行排序，排序之后有，然后从第一个区间开始判断。第一个区间只需要和第二个区间进行判断即可。如果重叠，则这n个区间存在重叠，后面无需再进行判断；如果不重叠，我们只需要再将第二个和第三个进行同样的判断即可。所以按照开始时间进行排序之后，判断n个区间是否存在重叠的复杂度将为O(n)，所以整个算法复杂度降为O(n2n)。按照结束时间进行排序也会有同样的结论。
虽然排序可以降低复杂度，但是遍历子集树的代价还是太大。我们换个角度考虑问题，看能不能避免遍历子集树。突破点在哪呢?我们不妨从第一个区间是否属于最优解开始。首先假设区间按照开始时间排序，并且已经求出最优解对应的所有区间。如果最优解中开始时间最小的区间不是所有区间中开始时间最小的区间
，我们看看能否进行替换。
和
肯定是重叠的，否则就可以将
添加到最优解中获得更好的最优解。能否将
替换成
呢？
和
满足
，但是结束时间不确定，这就可能出现
的情况，从而也会出现
（i>1）的情况，从而替换可能会引入重叠，最优解变成非最优解。所以在按照开始时间排序的情况下，第一个区间不一定属于最优解。
经过上面的分析，我们就明白为啥选择结束时间最早的工作就可以获得最优解。虽然我们并没有遍历子集树，但是它为我们思考和优化问题给出了一个很好的模型，希望大家能好好掌握这种构造问题解空间的方法。
下面我们再换个角度考虑上面的问题。很多最优化深搜问题都可以巧妙地转化成动态规划问题，可以转化的根本原因在于存在重复子问题，我们看图四就会发现最多区间调度问题也存在重复子问题，所以可以利用动态规划来解决。假设区间已经排序，可以尝试这样设计递归式：前i个区间的最多不重叠区间个数为dp[i]。dp[i]等于啥呢？我们需要根据第i个区间是否选择这两种情况来考虑。如果我们选择第i个区间，它可能和前面的区间重叠，我们需要找到不重叠的位置k，然后计算最多不重叠区间个数dp[k]+1（如果区间按照开始时间排序，则前i+1个区间没有明确的分界线，我们必须按照结束时间排序）；如果我们不选择第i个区间，我们需要从前i-1个结果中选择一个最大的dp[j]；最后选择dp[k]+1和dp[j]中较大的。伪代码如下：
void solve() { //1. 对所有的区间进行排序 sort_all_intervals(); //2. 按照动态规划求最优解 dp[0]=1; for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) { //1. 选择第i个区间 k=find_nonoverlap_pos(); if(k>=0) dp[i]=dp[k]+1; //2. 不选择第i个区间 dp[i]=max{dp[i],dp[j]}; } }
选择或者不选择第i个区间都需要去查找其他的区间，顺序查找的复杂度为O(n)，总共有n个区间，每个区间都需要查找，所以动态规划部分最初的算法复杂度为O(n2)，已经从指数级降到多项式级，但是经过后面的优化还可以降到O(n)，我们一步步来优化。
可以看出dp[i]是非递减的，这可以通过数学归纳法证明。也即当我们已经求得前i个区间的最多不重叠区间个数之后，再求第i+1个区间时，我们完全可以不选择第i+1个区间，从而使得前i+1个区间的结果和前i个区间的结果相同；或者我们选择第i+1个区间，在不重叠的情况下有可能获得更优的结果。dp[i]是非递减的对我们有什么意义呢？首先，如果我们在计算dp[i]时不选择第i个区间，则我们就无需遍历前i-1个区间，直接选择dp[i-1]即可，因为它是前i-1个结果中最大的（虽然不一定是唯一的），此时伪代码中的dp[j]就变成了dp[i-1]。其次，在寻找和第i个区间不重叠的区间时，我们可以避免顺序遍历。如果我们将dp[i]的值列出来，肯定是这样的：
1,1,…,1,2,2,…,2,3,3,…,3,4……
即dp[i]的值从1开始，顺次递增，每一个值的个数不固定。dp[0]肯定等于1，后面几个区间如果和第0个区间重叠，则的dp值也为1；当出现一个区间不和第0个区间重叠时，其dp值变为2，依次类推。由此我们可以得到一个快速获得不重叠位置的方法：重新开辟一个新的数组，用来保存每一个不同dp值的最开始位置，例如pos[1]=0,pos[2]=3,…。这样我们就可以利用O(1)的时间实现find_nonoverlap_pos函数了，然后整个动态规划算法的复杂度就降为O(n)了。
其实从dp的值我们已经就可以发现一些端倪了：dp值发生变化的位置恰是出现不重叠的位置！再仔细思考一下就会出现一开始提到的贪心算法了。所以可以说，贪心算法是动态规划算法在某些问题中的一个特例。该问题的特殊性在于只考虑区间的个数，也即每次都是加1的操作，后面会看到，如果变成考虑区间的长度，则贪心算法不再适用。
该问题和上面最多区间调度问题的区别是不考虑区间个数，而是将区间的长度和作为一个指标，然后求长度和的最大值。我们将该问题命名为最大区间调度问题。
WAP某年的笔试题就考察了该问题(下载)。看这样一个例子：现在有n个工作要完成，每项工作分别在 时间开始，在 时间结束。对于每项工作，你都可以选择参与与否。如果选择了参与，那么自始至终都必须全程参与。此外，参与工作的时间段不能重叠（闭区间）。求你参与的所有工作最大需要耗费多少时间。
图5 最大区间调度
该问题和最多区间调度很相似，一个考虑区间个数的最大值，一个考虑区间长度的最大值，但是该问题的难度要比最多区间调度大些，因为它必须要用动态规划来高效解决。在最多区间调度问题中，我们用动态规划的方法给大家解释了贪心算法可以解决问题的缘由，而最大区间调度问题则是直接利用上面提到的动态规划算法:首先按照结束时间排序区间，然后按照第i个区间选择与否进行动态规划。我们先给出WAP笔试题的核心代码
public int getMaxWorkingTime(List<Interval> intervals) { /* * 1 check the parameter validity */ /* * 2 sort the jobs(intervals) based on the end time */ Collections.sort(intervals, new EndTimeComparator()); /* * 3 calculate dp[i] using dp */ int[] dp = new int[intervals.size()]; dp[0] = intervals.get(0).getIntervalMinute(); for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) { int max; //select the ith interval int nonOverlap = below_lower_bound(intervals, intervals.get(i).getBeginMinuteUnit()); if (nonOverlap >= 0) max = dp[nonOverlap] + intervals.get(i).getIntervalMinute(); else max = intervals.get(i).getIntervalMinute(); //do not select the ith interval dp[i] = Math.max(max, dp[i-1]); } return dp[intervals.size() - 1]; } public int below_lower_bound(List<Interval> intervals, int startTime) { int lb = -1, ub = intervals.size(); while (ub - lb > 1) { int mid = (ub + lb) >> 1; if (intervals.get(mid).getEndMinuteUnit() >= startTime) ub = mid; else lb = mid; } return lb; }
代码和最多区间调度最大的不同在选择第i个区间时。在这里用了一个二分查找来搜索不重叠的位置，然后判断该位置是否存在。如果不重叠位置存在，则算出当前的最大区间长度和；如果不存在，表明第i个区间和前面的所有区间均重叠，但由于我们还要选择第i个区间，所以暂时的最大区间和也即第i个区间自身的长度。在最多区间调度中，如果该位置不存在，我们直接将dp[i]赋值成dp[i-1]，在这里我们却要将第i个区间本身的长度作为结果。从图五我们可以清楚地看到解释，在计算左下角的区间时，它和前面的两个区间都重合，但是它却包含在最优解中，因为它的长度比前面两个的和还要长。
这里求不重叠位置的时候，用了一个和c++中lower_bound函数类似的实现，和lower_bound的唯一差别在于返回的结果位置相差1。所以上述代码如果用C++来实现会更简单：
const int MAX_N=100000; //输入 int N,S[MAX_N],T[MAX_N]; //用于对工作排序的pair数组 pair<int,int> itv[MAX_N]; void solve() { //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second for(int i=0;i<N;i++) { itv[i].first=T[i]; itv[i].second=S[i]; } sort(itv,itv+N); dp[0] = itv[0].first-itv[0].second; for (int i = 1; i < N; i++) { int max; //select the ith interval int nonOverlap = lower_bound(itv, itv[i].second)-1; if (nonOverlap >= 0) max = dp[nonOverlap] + (itv[i].first-itv[i].second); else max = itv[i].first-itv[i].second; //do not select the ith interval dp[i] = max>dp[i-1]?max:dp[i-1]; } printf(“%d\n”,dp[N-1]); }
通过上面的分析，我们可以看出最大区间问题是一个应用范围更广的问题，最多区间调度问题是最大区间调度问题的一个特例。如果区间的长度都一样，则最大区间调度问题就退化为最多区间调度问题，进而可以利用更优的算法解决。一般的最大区间调度问题复杂度为: 排序O(nlogn) +扫描 O(nlogn)=O(nlogn)。
该问题可以看作最大区间调度问题的一般化，也即我们不只是求区间长度和的最大值，而是再在每个区间上绑定一个权重，求加权之后的区间长度最大值。先看一个例子：某酒店采用竞标式入住，每一个竞标是一个三元组（开始，入住时间，每天费用）。现在有N个竞标，选择使酒店效益最大的竞标。（美团2013年）
该问题的目标变成了求收益的最大值，区间不重叠只是伴随必须满足的一个条件。但这不影响算法的适用性，最大区间调度问题的动态规划算法依旧适用于该问题，只不过是目标变了而已：最大区间调度考虑的是区间长度和，而带权区间调度考虑的是区间的权重和，就是在区间的基础上乘以一个权重，就这点差别。所以代码就很简单咯：
const int MAX_N=100000; //输入 int N,S[MAX_N],T[MAX_N]; //用于对工作排序的pair数组 pair<int,int> itv[MAX_N]; void solve() { //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second for(int i=0;i<N;i++) { itv[i].first=T[i]; itv[i].second=S[i]; } sort(itv,itv+N); dp[0] = (itv[0].first-itv[0].second)*V[0]; for (int i = 1; i < N; i++) { int max; //select the ith interval int nonOverlap = lower_bound(itv, itv[i].second)-1; if (nonOverlap >= 0) max = dp[nonOverlap] + (itv[i].first-itv[i].second)*V[i]; else max = (itv[i].first-itv[i].second)*V[i]; //do not select the ith interval dp[i] = max>dp[i-1]?max:dp[i-1]; } printf(“%d\n”,dp[N-1]); }
问题定义如下：有n 个区间，选择尽量少的区间，使得这些区间完全覆盖某给定范围[s,t]。
初次遇到该问题，大家可能会把该问题想得很复杂，是不是需要用最长的区间去覆盖给定的范围，然后将给定范围分割成两个更小的子问题，用递归去解决。这时我们就需要获得在给定范围内的最长区间，但是如何判断最长区间却有太多的麻烦，而且即使选择了在给定范围内的最长区间，也不见得能获得最优值。其实该问题根本就没有想象中麻烦，可能很容易地解决。
解决问题的关键在于，我们不要一开始就考虑整个范围，而是从给定范围的左端点入手。我们选择一个可以覆盖左端点的区间之后，就可以将左端点往右移动得到一个新的左端点。只要我们不停地选择可以覆盖左端点的区间就一定可以到达右端点，除非问题无解。关键是我们应该选择什么样的区间来覆盖左端点。由于我们要用选择区间的右端点和给定范围的左端点比较，所以第一想法会是先对所有的区间按照结束时间排序，然后按照结束时间从小到大和左端点比较。啥时候停止比较然后修改左端点呢？肯定是到了某个区间的开始时间大于给定范围的左端点的时候。这是因为如果我们继续遍历，可能就会不能完全覆盖给定范围。但是这样也可能会得不到最优解，如图七所示。
图7 按照结束时间排序的最小区间覆盖错误示意图
在上图中，三个区间按照结束时间排序，第一个区间和给定范围的左端点相交，接着遍历第二个区间。这时发现第二个区间的左端点大于给定范围的左端点，这时我们就需要停止继续比较，修改给定范围新的左端点为end1。接着遍历第三个区间，按照上述规则我们就会将第三个区间也保留下来，但其实只需要第三个区间就满足要求了，第一个区间没有保留的意义，也即我们获得不了最优解。
既然按照结束时间获得不了最优解，我们再尝试按照开始时间排序看看。区间按照开始时间排序之后，我们从最小开始时间的区间开始遍历，每次选择覆盖左端点的区间中右端点坐标最大的一个，并将左端点更新为该区间的右端点坐标，直到选择的区间已包含右端点。按照这种方法我们就可以获得最优解，但是为什么呢？算法其实根据区间开始时间的值将区间进行了分组：在给定范围左端点左侧的和在左端点右侧的。由于我们按照开始时间排序，所以这两组区间的分界线很明确。而为了覆盖给定的范围，我们必须要从分界线左侧的区间中选一个（否则就不能覆盖整个范围）。上述算法选择了能覆盖给定范围左端点中右端点最大的区间，这是一个最优的选择。对剩余的区间都执行这样的选择显然可以获得最优解。
图8 按照开始时间排序的最小区间覆盖示意图
图八给出一个示例。四个区间已经按照开始时间排序，我们从I1开始遍历。I1和I2都覆盖左端点，I3不覆盖，选择右端点最大的一个end1作为新的左端点，并且将I1添加到最小覆盖区间中。然后重复上述步骤，将剩余的区间和新的左端点比较并选择右端点最大的区间，修改左端点，这时左端点就会变为end4，I4添加到最小覆盖区间中。依次处理剩余的区间，我们就获得了最优解。代码实现如下：
const int MAX_N=100000; //输入 int N,S[MAX_N],T[MAX_N]; //用于对工作排序的pair数组 pair<int,int> itv[MAX_N]; int solve(int s,int t) { for(int i=0;i<N;i++) { itv[i].first=S[i]; itv[i].second=T[i]; } //按照开始时间排序 sort(itv,itv+N); int ans=0,max_right=0; for (int i = 0; i < N; ) { //从开始时间在s左侧的区间中挑出最大的结束时间 while(itv[i].first<=s) { if(max_right<itv[i].end) max_right=itv[i].end; i++; } if(max_right>s) { s=max_right; ans++; if(s>=t) return ans; } else //如果分界线左侧的区间不能覆盖s，则不可能有区间组合覆盖给定范围 { return -1; } } }
本博客详细介绍了几类区间调度问题，给出了最优解的思路和代码。虽然并没有完全覆盖区间调度问题，但是已足以让大家应对各种笔试面试。关于尚未触及的区间调度问题及相关例题，大家可进一步参考算法合集之《浅谈信息学竞赛中的区间问题》。下表给出了每个问题的最优解法以及复杂度（由于所有的问题都要先进行排序，所以我们只关注扫描的复杂度）。
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