你将会获得一系列视频片段,这些片段来自于一项持续时长为 T 秒的体育赛事。这些片段可能有所重叠,也可能长度不一。
视频片段 clips[i]
都用区间进行表示:开始于 clips[i][0]
并于 clips[i][1]
结束。
我们甚至可以对这些片段自由地再剪辑,例如片段 [0, 7]
可以剪切成 [0, 1] + [1, 3] + [3, 7]
三部分。
我们需要将这些片段进行再剪辑,并将剪辑后的内容拼接成覆盖整个运动过程的片段([0, T]
)。返回所需片段的最小数目,如果无法完成该任务,则返回 -1 。
示例 1:
输入:clips = [[0,2],[4,6],[8,10],[1,9],[1,5],[5,9]], T = 10
输出:3
解释:
我们选中 [0,2], [8,10], [1,9] 这三个片段。
然后,按下面的方案重制比赛片段:
将 [1,9] 再剪辑为 [1,2] + [2,8] + [8,9] 。
现在我们手上有 [0,2] + [2,8] + [8,10],而这些涵盖了整场比赛 [0, 10]。
示例 2:
输入:clips = [[0,1],[1,2]], T = 5
输出:-1
解释:
我们无法只用 [0,1] 和 [1,2] 覆盖 [0,5] 的整个过程。
示例 3:
输入: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
输出:3
解释:
我们选取片段 [0,4], [4,7] 和 [6,9] 。
示例 4:
输入:clips = [[0,4],[2,8]], T = 5
输出:2
解释:
注意,你可能录制超过比赛结束时间的视频。
提示:
1 <= clips.length <= 100
0 <= clips[i][0] <= clips[i][1] <= 100
0 <= T <= 100
来源:力扣(LeetCode) 链接:https://leetcode-cn.com/problems/video-stitching 著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。
dp[t]
表示 t
时刻所需要的最小片段数,dp[0] = 0
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
int n = clips.size();
vector<int> dp(T+1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for(int t = 0; t <= T; ++t)
{ //时间维度样本
if(dp[t] == INT_MAX)
break;//这个时间点不可到达,后续都不可能到达
for(int i = 0; i < n; ++i)
{ //遍历每个片段
if(clips[i][0] <= t && t <= min(T,clips[i][1]))
{ //该片段与时刻 t 有交集
for(int j = t+1; j <= min(T,clips[i][1]); ++j)
{ // 时刻 t 后面的可以到达
dp[j] = min(dp[j], dp[t]+1);
}
}
}
}
return dp[T]==INT_MAX ? -1 : dp[T];
}
};
时间复杂度 O ( n T 2 ) O(nT^2) O(nT2) 12 ms 7.9 MB
或者 参考官方解法
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
int n = clips.size();
vector<long long> dp(T+1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for(int t = 0; t <= T; ++t)
{ //时间维度样本
for(int i = 0; i < n; ++i)
{ //遍历每个片段
if(clips[i][0] <= t && t <= clips[i][1])
{ //该片段与时刻 t 有交集
dp[t] = min(dp[t], dp[clips[i][0]]+1);
}
}
}
return dp[T]==INT_MAX ? -1 : dp[T];
}
};
8 ms 7.7 MB
class Solution {
public:
int videoStitching(vector<vector<int>>& clips, int T) {
sort(clips.begin(), clips.end(),[&](auto& a, auto& b){
return a[0] < b[0] ||(a[0] == b[0] && a[1] < b[1]);
});
int ans = 0, end = 0, nt_end = 0;
for(int i = 0; i < clips.size() && end < T; )
{
if(clips[i][0] > end)
break;
else
{
while(i < clips.size() && clips[i][0] <= end)
{ //跟本次能够接起来的片段
nt_end = max(nt_end, clips[i][1]);
//能达到的最远的时间点
i++;
}
end = nt_end;//下次能到达的时间点
++ans;
}
}
return end < T ? -1 : ans;
}
};
时间复杂度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn) 8 ms 7.7 MB