[Locked] Meeting Room I && II
Meeting Room
Given an array of meeting time intervals consisting of start and end times [[s1,e1],[s2,e2],...]
(si < ei), determine if a person could attend all meetings.
For example,
Given [[0, 30],[5, 10],[15, 20]]
,
return false
.
分析:
即判断这些区间是否有重叠,遍历一遍,前一个区间的右边界不大于后一个区间的左边界即可,时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
代码:
bool canAttendAll(vector<vector<int> > time) {
for(int i = ; i < time.size(); i++)
if(time[i][] < time[i - ][])
return false;
return true;
}
Meeting Room II
Given an array of meeting time intervals consisting of start and end times [[s1,e1],
[s2,e2],...]
(si < ei), find the minimum number of conference rooms required.
For example,
Given [[0, 30],[5, 10],[15, 20]]
,
return 2
.
分析:
典型贪心法问题,尝试3种方案:1、开始时间优先,可行;2、结束时间优先,可以找到反例,[2,5][4,6][6,10][5,12],2个房间即可,可用该解法得要3个房间,故否决;3、持续时间优先,可以找到反例,[4,5][4,6][6,10][5,12],2个房间即可,可用该解法需要3个房间,故否决;
解法:
开始时间优先
证明:
有[x1, y1],[x2, y2],x1 < x2,y1 > x2,得开两个房间;对于[x3, y3],[x4, y4],必有x4 >= x3 >= x2。那么,若x3 >= y1,将[x3, y3]归入[x1, y1]房间中,则如果x4 < y2,那么x3 < y2,若交换[x3, y3]和[x4, y4]的顺序,还是必然还得多开一个房间,结果无差别;若x4 >= y2,可以将 [x4, y4]归入[x2, y2]房间中,交换[x3, y3]和[x4, y4]的顺序,结果并不会更好,反而可能更差。故开始时间优先的方法是最优的。
代码:
bool cmp(vector<int> &a, vector<int> &b) {
return a[] < b[];
}
int roomCount(vector<vector<int> > time) {
if(time.empty())
return ;
sort(time.begin(), time.end(), cmp);
vector<int> room(, INT_MIN);
int count = ;
for(auto t : time) {
bool openNew = true;
for(int &r : room) {
if(r <= t[]) {
r = t[];
openNew = false;
break;
}
}
if(openNew) {
count++;
room.push_back(t[]);
}
}
return count;
}
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