步步为营（四）贪心（3）区间选点问题

区间选点的问题大致可以描述为：

给定N个区间[a,b]，取尽量少的点，使得每个区间内都至少有一个点（不同区间内含的点可以重复）。

关于贪心算法的验证过程就不再赘述，现在思考一下贪心策略的制定。

对于区间[a1, b1] 、[a2, b2]、 [a3, b3] 来说，

如果想选择最少的点，那么必须选择每个区间的右端点，示意图如下：



当你每一次都选择区间的最右端，才能保证每一个选的点覆盖的范围都是最广泛的，也就是说选的点才是最少的。

和之前不相交区间的思考方法类似，把区间进行预处理，按照端点的大小排序（同样，按照右端点排序会好理解一点，但是左端点排序一样可以起到作用，初学者不必迷信右端点排序）。

预处理过后，求解策略的思路和求不相交区间相似，如果下一个区间的左端点不被覆盖，则答案+1，如下：

while(剩余区间的数目不为0)
{
if（找到符合条件的下一个区间）
{
当前区间 = 下一个区间；
答案数+1；
}

区间数--；
}

看题：NYOJ 1036

非洲小孩
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难度：2

描述

家住非洲的小孩，都很黑。为什么呢？

第一，他们地处热带，太阳辐射严重。

第二，他们不经常洗澡。（常年缺水，怎么洗澡。）

现在，在一个非洲部落里，他们只有一个地方洗澡，并且，洗澡时间很短，瞬间有木有！！（这也是没有的办法，缺水啊！！）

每个小孩有一个时间段能够洗澡。并且，他们是可以一起洗的（不管你是男孩是女孩）。

那么，什么时间洗澡，谁应该来洗，由谁决定的呢？那必然是他们伟大的“澡”神啊。“澡”神有一个时间表，记录着该部落的小孩，什么时候段可以洗澡。现在，“澡”神要问你，一天内，他需要最少开启和关闭多少次洗澡的水龙头呢？因为，开启和关闭一次水龙头是非常的费力气的，即便，这也是瞬间完成的。

输入

多组数据

第一行一个n<=100。

接下来n行，每行一个时间段。H1H1:M1M1-H2H2:M2M2，24小时制。

保证该时间段是在一天之内的。但是，不保证，H1H1:M1M1先于H2H2:M2M2。

输出

题目描述，“澡”神最少需要开启和关闭多少次水龙头呢？

样例输入

1

00:12-12:12

2

00:12-12:12

14:00-12:00

样例输出

1

1

提示

Ps：开启和关闭为一次

这道题是完美的区间选点，但是数据有坑（不保证H1H1:M1M1先于H2H2:M2M2。） 所以读入的时候要注意进行判断。

解决代码如下:

/*
************************************
Title: NYOJ1036-非洲小孩
************************************
Date：2015/07/23
************************************
author：刘旭
************************************
Memory：256KB
Time：8ms
************************************
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define MAX 1005

struct Node
{
int x;
int y;
};

Node map[MAX];

bool cmp(Node a,Node b){
if(a.y != b.y){
return a.y < b.y;
}

return a.x < b.x;
}

int main()
{
int num = 0;
while(EOF != scanf("%d", &num)){
memset(map, -1, sizeof(map));
int a1,b1,a2,b2;

for(int i = 0; i < num; i++){
scanf("%d:%d-%d:%d",&a1,&b1,&a2,&b2);
int key1 = a1*60+b1;
int key2 = a2*60+b2;
if(key1 > key2){
swap(key1, key2);
}
map[i].x = key1;
map[i].y = key2;
}

sort(map, map+num, cmp);

int start = map[0].y;
int num_node = 0;
int ans = 1;
while(num - num_node){
if(map[num_node].x > start){
start = map[num_node].y;
ans++;
}

num_node++;
}

printf("%d\n", ans);
}

return 0;
}