[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;
}