例如，当在x，y坐标中以（x-left，x-right，y）形式给出点时，（1，5，3），（2，4，5）返回（1,2 ，3），（2，4，5），（4,5,3）
答案 0 :(得分：4)
一个简单的贪心算法可以很好地解决这个问题。
按y坐标（递减）对细分进行排序； ca ;;此列表RecyclerView。现在...
seg请注意，间隔删除在某些情况下可能会发生：
top_hull = [empty set]
while seg is not empty
head = seg.pop() // pop off the highest segment.
top_hull += head
for each segment in seg
remove the interval (head.xleft, head.y-left) from segment
取决于您的实现语言，区间代数可能会有出色的支持包。
答案 1 :(得分：2)
修剪答案有一个正确的主意，但我认为这对于解释如何检查间隔重叠是不公平的。实际上，该算法的该部分在二次时间O(n^2)中运行，因为它在某个点形成了所有n^2对，这是不必要的。我会做什么-
首先，从细分列表中创建一个最大堆，并以y坐标为键。您可以提取和删除O(logn)时间中的最大值，因此这与排序一样复杂，只是弹出内置代码即可。
heap = max_heap(segement_list)
output = []
while heap is not empty
segment = heap.pop() # max / highest
# trim / split segment
# append trimmed segment(s)
现在，我们只需要修剪段。无需将其与其他所有线段配对并根据需要进行修剪，我们将使用另一个数据结构来允许我们快速查询潜在的交叉点。我们将每个添加的段存储在二进制搜索树中，并以较低的x坐标为其键。然后，我们可以遍历此树，以查找小于或等于我们要添加的段的最大段（通过较低的x坐标）。
为了使以下各段的技术细节不那么冗长，让我们仅避开两个关键比较的实现细节。假设段a的{{1}}值比lower_x小（因为在下面的段落中，我们将始终知道哪个较小）。
b我们还需要三个转换，使用相同的# boolean- do `a` and `b` intersect
function intersects(a, b)
return a.upper_x >= b.lower_x
# boolean- is `b` a subsegment of `a`
function is_subsegment(a, b)
return a.upper_x >= b.upper_x
和a定义-
b返回查询BST片段的想法，即在查询段function merge(a, b)
a.upper_x = b.upper_x
function trim_left(a, b)
a.upper_x = b.lower_x
function trim_right(a, b)
b.lower_x = a.upper_x
时获得的left_segment，看看它们是否相交。如果它们相交，请检查segment中的segment is_subsegment。如果是，请中止并将left_segment移至堆中的下一个段。否则，如果它们相交，则需要continue trim_right。无论是否有交叉点，我们都将处理任何右侧的交叉点。之后，我们可以将segment与经过修改的merge（实际上是segment，subsegment重叠）一起left_segment。
left_segment是唯一可以从左侧重叠的分段，因为我们将所有重叠的分段合并到BST中时将它们合并。但是，这不适用于右侧，因为我们的segment尚未从右侧进行修剪。我们将需要逐步处理修剪。
将right_segment设为树中left_segment之后的下一段（按顺序遍历）。制作名为segment的{{1}}的副本。如果subsegment与subsegment相交，将其修剪左，将right_segment插入输出数组，合并两个段，然后从BST中删除subsegment。否则，只需将right_segment插入数组。现在我们可以将subsegment与subsegment合并（如果它们重叠）。如果没有，请在BST中插入left_segment，并为其分配变量subsegment。
现在，我们重复此过程，直到从left_segment到segment的{{1}}突围。然后，对堆中的下一个段重复 entire 过程。
我们知道，形成最大堆并弹出最大is_subsegment次将导致left_segment时间复杂性。棘手的部分是弄清楚处理交叉口的时间复杂度。请注意，在处理并合并所有n后，对于我们处理的每个段，我们的BST总体上最多增加了一个。这是因为我们的所有O(nlogn)每次迭代都会合并在一起，因此最终形成了一个很大的细分。这意味着我们的BST不大于subsegment，因此查询和删除BST或将其插入需要花费subsegment的时间。
还要注意，对于插入BST的每个段，它将仅每个与另一个段相交一次-因为当这样做时，这两个（或更多）将合并为一个新的段。例外是，当一个段是其n的一个子段时，但是在这种情况下，我们中止而始终不发出任何新段，因此它的+0净大小始终会变化。使用此知识，再结合先前的观察结果，即每个段最终最多会为BST贡献一个新段，我们可以得出结论：最多会有O(logn)个交集，因此会有插入/删除。因此，left_segment时间来维持我们的BST。
鉴于我们其余的操作都是固定时间，因此在对十字路口进行修剪和修剪时，我们的整体时间复杂度为O(n)，而不是O(nlogn)。
答案 2 :(得分：2)
解决此问题的最简单有效（O（N log N））方法是使用“线扫”算法。
想象一下，在整个集合中从左向右扫过一条垂直线，并跟踪它穿过的最上段。每当最上面的航段发生变化时，这都是可能影响到顶部船身的重要事件。从这些更改的列表中计算顶部船体将很容易。
请注意，这些重要事件只能在输入段之一开始或结束的x位置发生。因此，我们只需要考虑在这x个位置会发生什么，而不是平稳地扫过该线。所以：