有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中 \(points[i] = [x_{start}, x_{end}]\) 表示水平直径在 \(x*{start}\) 和 \(x*{end}\)之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。
一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 \(x*{start}\)，\(x*{end}\)， 且满足 \(x*{start} ≤ x ≤ x*{end}\)，则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。
给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的 最小弓箭数。
示例 1：
输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
-在x = 6处射出箭，击破气球[2,8]和[1,6]。
-在x = 11处发射箭，击破气球[10,16]和[7,12]。
示例 2：
输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4
解释：每个气球需要射出一支箭，总共需要4支箭。
示例 3：
输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
- 在x = 2处发射箭，击破气球[1,2]和[2,3]。
- 在x = 4处射出箭，击破气球[3,4]和[4,5]。
提示:
- \(1 <= points.length <= 10^5\)
points[i].length == 2- \(-2^{31} <= x*{start} < x*{end} <= 2^{31} - 1\)
题解
思路与算法
我们首先随机地射出一支箭，再看一看是否能够调整这支箭地射出位置，使得我们可以引爆更多数目的气球。
如图 1-1 所示，我们随机射出一支箭，引爆了除红色气球以外的所有气球。我们称所有引爆的气球为「原本引爆的气球」，其余的气球为「原本完好的气球」。可以发现，如果我们将这支箭的射出位置稍微往右移动一点，那么我们就有机会引爆红色气球，如图 1-2 所示。
那么我们最远可以将这支箭往右移动多远呢？我们唯一的要求就是：原本引爆的气球只要仍然被引爆就行了。这样一来，我们找出原本引爆的气球中右边界位置最靠左的那一个，将这支箭的射出位置移动到这个右边界位置，这也是最远可以往右移动到的位置：如图 1-3 所示，只要我们再往右移动一点点，这个气球就无法被引爆了。
为什么「原本引爆的气球仍然被引爆」是唯一的要求？别急，往下看就能看到其精妙所在。
因此，我们可以断定：
一定存在一种最优（射出的箭数最小）的方法，使得每一支箭的射出位置都恰好对应着某一个气球的右边界。
这是为什么？我们考虑任意一种最优的方法，对于其中的任意一支箭，我们都通过上面描述的方法，将这支箭的位置移动到它对应的「原本引爆的气球中最靠左的右边界位置」，那么这些原本引爆的气球仍然被引爆。这样一来，所有的气球仍然都会被引爆，并且每一支箭的射出位置都恰好位于某一个气球的右边界了。
有了这样一个有用的断定，我们就可以快速得到一种最优的方法了。考虑所有气球中右边界位置最靠左的那一个，那么一定有一支箭的射出位置就是它的右边界（否则就没有箭可以将其引爆了）。当我们确定了一支箭之后，我们就可以将这支箭引爆的所有气球移除，并从剩下未被引爆的气球中，再选择右边界位置最靠左的那一个，确定下一支箭，直到所有的气球都被引爆。
我们可以写出如下的伪代码：
let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]，表示 n 个气球
let burst := [false] * n，表示每个气球是否被引爆
let ans := 0，表示射出的箭数
将 points 按照 y 值（右边界）进行升序排序
while burst 中还有 false 值 do
let i := 最小的满足 burst[i] = false 的索引 i
for j := i to n-1 do
if x(j) <= y(i) then
burst[j] := true
end if
end for
end while
return ans
这样的做法在最坏情况下时间复杂度是 \(O(n^2)\)，即这 \(n\) 个气球对应的区间互不重叠，\)\texttt{while}\) 循环需要执行 \(n\) 次。那么我们如何继续进行优化呢？
事实上，在内层的 \(j\) 循环中，当我们遇到第一个不满足 \(x(j) \leq y(i)\) 的 \(j\) 值，就可以直接跳出循环，并且这个 \(y(j)\) 就是下一支箭的射出位置。为什么这样做是对的呢？我们考虑某一支箭的索引 \(i_t\) 以及它的下一支箭的索引 \(j_t\)，对于索引在 \(j_t\) 之后的任意一个可以被 \(i_t\) 引爆的气球，记索引为 \(j_0\)，有：
$$ x(j_0) \leq y(i_t) $$
由于 \(y(i_t) \leq y(j_t)\) 显然成立，那么
$$ x(j_0) \leq y(j_t) $$
也成立，也就是说：当前这支箭在索引 \(j_t\)（第一个无法引爆的气球）之后所有可以引爆的气球，下一支箭也都可以引爆。因此我们就证明了其正确性，也就可以写出如下的伪代码：
let points := [[x(0), y(0)], [x(1), y(1)], ... [x(n-1), y(n-1)]]，表示 n 个气球
let pos := y(0)，表示当前箭的射出位置
let ans := 0，表示射出的箭数
将 points 按照 y 值（右边界）进行升序排序
for i := 1 to n-1 do
if x(i) > pos then
ans := ans + 1
pos := y(i)
end if
end for
return ans
这样就可以将计算答案的时间从 \(O(n^2)\) 降低至 \(O(n)\)。
代码
class Solution {
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
if (points.length == 0) {
return 0;
}
Arrays.sort(points, new Comparator<int[]>() {
public int compare(int[] point1, int[] point2) {
if (point1[1] > point2[1]) {
return 1;
} else if (point1[1] < point2[1]) {
return -1;
} else {
return 0;
}
}
});
int pos = points[0][1];
int ans = 1;
for (int[] balloon: points) {
if (balloon[0] > pos) {
pos = balloon[1];
++ans;
}
}
return ans;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(n\log n)\)，其中 \(n\) 是数组 \(\textit{points}\) 的长度。排序的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)，对所有气球进行遍历并计算答案的时间复杂度为 \(O(n)\)，其在渐进意义下小于前者，因此可以忽略。
空间复杂度：\(O(\log n)\)，即为排序需要使用的栈空间。