基于贪心算法的几类区间覆盖问题

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基于贪心算法的几类区间覆盖问题
基于贪心算法的几类区间覆盖问题：

（1）区间完全覆盖问题

问题描述：

给定一个长度为m的区间，再给出n条线段的起点和终点（注意这里是闭区间），

求最少使用多少条线段可以将整个区间完全覆盖

样例：

区间长度8，可选的覆盖线段[2,6],[1,4],[3,6],[3,7],[6,8],[2,4],[3,5]

解题过程:

1、将每一个区间按照左端点递增顺序排列，拍完序后为[1,4]，[2,4]，[2,6]，[3,5]，

[3,6]，[3,7]，[6,8]

2、设置一个变量表示已经覆盖到的区域。再剩下的线段中找出所有左端点小于等于当前

已经覆盖到的区域的右端点的线段中，右端点最大的线段在加入，直到已经覆盖全部的区域

3、过程:

假设第一步加入[1,4]，那么下一步能够选择的有[2,6]，[3,5]，[3,6]，[3,7]，

由于7最大，所以下一步选择[3,7]，最后一步只能选择[6,8]，这个时候刚好

达到了8退出，所选区间为3

4、贪心证明:

需要最少的线段进行覆盖，那么选取的线段必然要尽量长，而已经覆盖到的区域之前

的地方已经无所谓了，（可以理解成所有的可以覆盖的左端点都是已经覆盖到的地方），

那么真正能够使得线段更成的是右端点，左端点没有太大的意义，所以选择右端点来覆盖

（2）最大不相交覆盖(我总感觉这个算法不对，这不应该和会议安排问题一样吗？ 直接按照终点排序再依次选择？？？)

问题描述:

给定一个长度为m的区间，再给出n条线段的起点和终点（开区间和闭区间处理的方法是

不同，这里以开区间为例），问题是从中选取尽量多的线段，使得每个线段都是独立的，

就是不和其它有任何线段有相交的地方

样例：

区间长度8，可选的覆盖线段[2,6],[1,4],[3,6],[3,7],[6,8],[2,4],[3,5]

解题过程:

对线段的右端点进行升序排序，每加入一个线段，然后选择后面若干个

（也有可能是一个）右端点相同的线段，选择左端点最大的那一条，如果加入以后不会

跟之前的线段产生公共部分，那么就加入，否则就继续判断后面的线段

1、排序:将每一个区间按右端点进行递增顺序排列，拍完序后为[1,4]，[2,4]，[3,5]，[2,6]，

[3,6]，[3,7]，[6,8]

2、第一步选取[2,4]，发现后面只能加入[6,8],所以区间的个数为2

3、贪心证明:因为需要尽量多的独立的线段，所以每个线段都尽可能的小，

对于同一右端点，左端点越大，线段长度越小。那么为什么要对右端点进行排序呢？

如果左端点进行排序，那么右端点是多少并不知道，那么每一条线段都不能对之前所有

的线段进行一个总结，那么这就明显不满足贪心的最有字结构了。

（3）区间选点问题

问题描述：

给定一个长度为m的区间，再给出n条线段和这n条线段需要满足的要求

（要求是这n条线段上至少有的被选择的点的个数），问题是整个区间内最少

选择几个点，使其满足每一条线段的要求.

样例：略

解题过程：

将每个线段按照终点坐标进行递增排序，相同终点的前点坐标从大到小排列，

一个个将其满足（每次选择的点为该条线段的右端点）

贪心证明:

要想使得剩下的线段上选择的点最少，那么就应该尽量使得已经选择了的点尽量能

在后面的线段中发挥作用，而我们是从左往右选择线段的，那么要使得选取的点能

满足后面线段的要求，那么必须是从线段的右端点开始选点，那么问题(2)一样涉及

到一个问题，如果是按照线段的左端点对线段进行排序的话，不知道右端点的话，

每一条线段都不能对之前已经操作过的所有线段进行一个总结，那么这就同样不满足

贪心算法的最优子结构性质了。

可以解决的实际问题：数轴上面有n个闭区间[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是同一个）

应用例题：（貌似不是很简单。。。）
　　有一列整数，他的每一个数各不相同，我们不知道有多少个，但我们知道在
某些区间中至少有多少个整数，用区间（Ｌ，Ｒ，Ｃ）来描述，表示整数序列
中至少有Ｃ个整数来自子区间[L, R]，若干个这样的区间，问这个整数序列的长
度最少能为多少。

区间选点算法实现：

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

struct line

{

    int left;

    int right;

}a[100];

bool cmp(line p, line q)

{

    if(p.right != q.right)

        return p.right < q.right;

    return p.left > q.left;

}

int main()

{

    int n;

    while(cin >> n)

    {

        for(int i = 0; i < n; ++i)

            cin >> a[i].left >> a[i].right;

        sort(a, a + n, cmp);

        int cnt = 0;

        int end = -1;

        for(int i = 0; i < n; ++i)

        {

            if(end >= a[i].left && end <= a[i].right)

                continue;

            else

            {

                ++cnt;

                end = a[i].right;

            }

        }

        cout << cnt << endl;

    }

    return 0;

}