题目描述

给定两个由一些闭区间组成的列表，每个区间列表都是成对不相交的，并且已经排序。返回这两个区间列表的交集。
（形式上，闭区间 [a, b]（其中 a <= b）表示实数 x 的集合，而 a <= x <= b。两个闭区间的交集是一组实数，要么为空集，要么为闭区间。例如，[1, 3] 和 [2, 4] 的交集为 [2, 3]。）

示例：

输入：A = [[0, 2], [5, 10], [13, 23], [24, 25]], B = [[1, 5], [8, 12], [15, 24], [25, 26]]
输出：[[1, 2], [5, 5], [8, 10], [15, 23], [24, 24], [25, 25]]

提示：

0 <= A.length < 1000
0 <= B.length < 1000
0 <= A[i].start, A[i].end, B[i].start, B[i].end < 10^9

题解

最开始我的想法是使用一个指针 start 扫描两个闭区间的值，判断当前 start 的值是否在 A[indexA] 和 B[indexB] 的区间内，发现进入到区间后，那么我们再引入 end 指针，值为 start 的值，然后移动 end 指针，直到出了 A[indexA] 或者 B[indexB] 的区间范围，那么 start 和 end - 1 的值就是两个区间的交集。然后将 end 的值赋值给 start 并判断 start ，如果超出了 A[indexA] 或者 B[indexB] 的区间，则分别进行 indexA++ 或者 indexB++ 的操作。代码如下：

public int[][] intervalIntersection(int[][] A, int[][] B) {
    if (A == null || B == null) {
        return new int[0][];
    }
    List<int[]> ans = new ArrayList<>();
    int indexA = 0;
    int indexB = 0;
    int start = 0;
    int[] common = new int[2];
    while (indexA < A.length && indexB < B.length) {
        if (A[indexA][0] <= start && start <= A[indexA][1] && B[indexB][0] <= start && start <= B[indexB][1]) {
            common[0] = start;
            int end = start;
            while (A[indexA][0] <= end && end <= A[indexA][1] && B[indexB][0] <= end && end <= B[indexB][1]) {
                end++;
            }
            common[1] = end - 1;
            ans.add(common.clone());
            start = end;
        } else {
            start++;
        }
        if (start > A[indexA][1]) {
            indexA++;
        }
        if (start > B[indexB][1]) {
            indexB++;
        }
    }
    return ans.toArray(new int[0][]);
}

上面的方法在提交后超时了，分析用例和代码发现，上面的代码有以下两个问题：

start 的值从 0 开始，如果 A[0] 和 B[0] 的起始值比较大，那么就做了很多无用的 start++ 操作。
end 的值从 start 开始，遍历到区间的最大值，如果区间范围过大，也会导致频繁的 end++。

于是我们根据上面的问题进行优化，先从 A[0] 和 B[0] 开始找规律，假设两个闭区间有交集，那么我们可以发现，交集的起始值 start = max(A[0][0], B[0][0])，交集的终止值 end = min(A[0][1], B[0][1])。这样我们相比上面的方法，减少了很多无用的 ++ 操作。延申而来，对于任意的 A[indexA] 和 B[indexB] 都可以这样求出交集。但是如果求出 start > end 则认为这两个区间没有交集，然后我们对于提前结束的集合，即集合的最大值等于 end 的集合，我们对其指针进行 index++ 操作。因为较早结束的集合，已经计算完交集了，而另外一个范围比较大的集合，还有有值没有计算是否相交。下面看代码将会更好的理解。

public int[][] intervalIntersection(int[][] A, int[][] B) {
    if (A == null || B == null) {
        return new int[0][];
    }
    List<int[]> ans = new ArrayList<>();
    int indexA = 0;
    int indexB = 0;
    while (indexA < A.length && indexB < B.length) {
        int start = Math.max(A[indexA][0], B[indexB][0]);
        int end = Math.min(A[indexA][1], B[indexB][1]);

        if (start <= end) {
            ans.add(new int[]{start, end});
        }

        if (A[indexA][1] == end) {
            indexA++;
        }
        if (B[indexB][1] == end) {
            indexB++;
        }
    }
    return ans.toArray(new int[0][]);
}

进一步我们使用条件运算符优化下 16 行开始的代码。

public int[][] intervalIntersection(int[][] A, int[][] B) {
    if (A == null || B == null) {
        return new int[0][];
    }
    List<int[]> ans = new ArrayList<>();
    int indexA = 0;
    int indexB = 0;
    while (indexA < A.length && indexB < B.length) {
        int start = Math.max(A[indexA][0], B[indexB][0]);
        int end = A[indexA][1] < B[indexB][1] ? A[indexA++][1] : B[indexB++][1];

        if (start <= end) {
            ans.add(new int[]{start, end});
        }
    }
    return ans.toArray(new int[0][]);
}

复杂度分析

时间复杂度：O(M + N)，其中 M, N 分别是数组 A 和 B 的长度。
空间复杂度：O(M + N)，答案中区间数量的上限。

来源

区间列表的交集 | 力扣（LeetCode）
区间列表的交集 | 题解（LeetCode）

文章标题：区间列表的交集
文章作者：cylong
文章链接：https://0skyu.cn/posts/cced.html
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