You are given a series of video clips from a sporting event that lasted T seconds. These video clips can be overlapping with each other and have varied lengths.
Each video clip clips[i] is an interval: it starts at time clips[i][0] and ends at time clips[i][1]. We can cut these clips into segments freely: for example, a clip [0, 7] can be cut into segments [0, 1] + [1, 3] + [3, 7].
Return the minimum number of clips needed so that we can cut the clips into segments that cover the entire sporting event ([0, T]). If the task is impossible, return -1.
Example 1:
Input: clips = [[0,2],[4,6],[8,10],[1,9],[1,5],[5,9]], T = 10
Output: 3
Explanation:
We take the clips [0,2], [8,10], [1,9]; a total of 3 clips.
Then, we can reconstruct the sporting event as follows:
We cut [1,9] into segments [1,2] + [2,8] + [8,9].
Now we have segments [0,2] + [2,8] + [8,10] which cover the sporting event [0, 10].
Example 2:
Input: clips = [[0,1],[1,2]], T = 5
Output: -1
Explanation:
We can't cover [0,5] with only [0,1] and [1,2].
Example 3:
Input: clips = [[0,1],[6,8],[0,2],[5,6],[0,4],[0,3],[6,7],[1,3],[4,7],[1,4],[2,5],[2,6],[3,4],[4,5],[5,7],[6,9]], T = 9
Output: 3
Explanation:
We can take clips [0,4], [4,7], and [6,9].
Example 4:
Input: clips = [[0,4],[2,8]], T = 5
Output: 2
Explanation:
Notice you can have extra video after the event ends.
Constraints:
1 <= clips.length <= 1000 <= clips[i][0] <= clips[i][1] <= 1000 <= T <= 100
这道题说是给了一些视频片段，是关于长度为T秒的一项体育运动，这些视频片段可能会有时间上的重叠，而且各自的时长不等。每个片段有各自的起始时间和结束时间，说是我们可以任意剪切一个片段为任意段，现在问最少需要拿几个给定的片段可以完整的剪出0到T之间的完整运动录像。题目看不太懂的童鞋，可以看给的例子，其实就是找几个片段，使得它们的并集能覆盖整个0到T的区间就行，具体怎么剪裁并不用管。这道题用贪婪算法和动态规划都是可以做的，先来看贪婪算法，需要先按照起始时间给片段排个序，然后用几个变量，st 表示当前用到的片段可以到达的位置，end 表示新加一个片段可以到达的最大的位置，i表示当前遍历到的片段的坐标。进行 while 循环，条件是 st 小于 T，然后此时检测片段，假如某个片段的起始时间小于等于 st，则可以用其结束位置来更新 end，直到选出一个最大的区间。若此时 st 还是等于 end，说明此时已经断层了，无法覆盖整个区间了，直接返回 -1。否则将 st 更新为 end，结果 res 自增1。继续循环，直至退出，然后返回 res 即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
int res = 0, n = clips.size(), i = 0, st = 0, end = 0;
sort(clips.begin(), clips.end());
while (st < T) {
while (i < n && clips[i][0] <= st) {
end = max(end, clips[i++][1]);
}
if (st == end) return -1;
st = end;
++res;
}
return res;
}
};
我们也可以用动态规划 Dynamic Programming 来做，定义一个一维的 dp 数组，其中 dp[i] 表示覆盖 [0, i] 区间需要的最少片段个数，dp 大小定为 101，因为T的最大值是 100，初始化均为 101，因为片段个数最多 100 个。将 dp[0] 更新为0，这里还是先给片段按起始时间排个序，遍历所有的片段，然后遍历该片段时间区域内的所有时间点，都可以用 dp[clip[0]]+1 来更新其 dp 值。再来解释一下这里为啥 dp 的大小不能是 T+1，因为题目中也说了片段的时间范围可能大于T，所以为了避免越界，只能定义为 101，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
sort(clips.begin(), clips.end());
vector<int> dp(101, 101);
dp[0] = 0;
for (auto &clip : clips) {
for (int i = clip[0] + 1; i <= clip[1]; ++i) {
dp[i] = min(dp[i], dp[clip[0]] + 1);
}
}
return dp[T] == 101 ? -1 : dp[T];
}
};
下面这种也是 DP 解法，不过并不用给片段排序，因为 dp 的更新方法不同，定义还是跟上面相同，不过这里就可以定义为 T+1 的大小，且均初始化为 T+1，除了 dp[0] 要赋值为0。然后此时是从1遍历到T，对于每个时间点，遍历所有的片段，假如当前时间点i在该片段中间，则用 dp[clip[0]]+1 来更新 dp[i]，注意和上面解法的不同之处，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
vector<int> dp(T + 1, T + 1);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= T; ++i) {
for (auto &clip : clips) {
if (i >= clip[0] && i <= clip[1]) {
dp[i] = min(dp[i], dp[clip[0]] + 1);
}
}
}
return dp[T] == T + 1 ? -1 : dp[T];
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/1024
参考资料：
https://leetcode.com/problems/video-stitching/
https://leetcode.com/problems/video-stitching/discuss/269988/C%2B%2BJava-6-lines-O(n-log-n)
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