[LeetCode] 253. Meeting Rooms II
Given an array of meeting time intervals intervals where intervals[i] = [starti, endi], return the minimum number of conference rooms required.
Example 1:
Input: intervals = [[0,30],[5,10],[15,20]]
Output: 2
Example 2:
Input: intervals = [[7,10],[2,4]]
Output: 1
Constraints:
1 <= intervals.length <= 104
0 <= starti < endi <= 106
会议室 II。
给你一个会议时间安排的数组 intervals ，每个会议时间都会包括开始和结束的时间 intervals[i] = [starti, endi] ，返回 所需会议室的最小数量 。来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/meeting-rooms-ii
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思路一 - 排序 + 双指针
第一种是排序 + 双指针。具体做法是把每个会议的开始时间和结束时间拎出来分别排序，再遍历 intervals。遍历的时候，设置一个 pointer = 0，判断当前 interval[i] 的开始时间是否大于前一个会议的结束时间 interval[pointer][end]。如果大于，就说明不需要新开一个会议室；如果小于，就需要新开一个会议室。因为题目只在意需要同时开几个会议室，所以 start 和 end 可以分别排序。end 只要结束一个，就意味着同时需要的会议室就少一个。
如果扫描线的题目做多了，一开始的本能反应可能是对 start 或者对 end 排序，看看是否存在 interval 之间的 overlap，但是其实是行不通的，因为可能存在比如某个会议 start 时间没有跟其他任何一个会议的 end 时间有冲突，但是有可能这个会议一直持续到最后，他的 end 时间跟别的会议也没有 overlap，但是他其实一直是占用一个房间的。
同时，为什么排序 + 双指针这个做法是正确的呢？对 start 和对 end 分别排序之后，因为 start 和 end 是有序的，在用双指针分别指向当前的 start 和当前的 end 的时候，只要当前 start 小于当前的 end，就一定要再开一个房间，因为当前确实是有一个会议没有结束。我们将 start 和 end 分别排序之后，其实是可以把数据抽象成如下这幅图的。
一开始，会议时间线是这样的：
|_____|
|______|
|________|
|_______|
如果把开始时间和结束时间分别排序，会变成：
|| ||
| | | |
所以只要碰到 start，就一定要增加一个房间，碰到 end 就可以减少一个房间。我们在遍历的过程中找到同时使用的会议室的峰值即可。
复杂度
时间O(nlogn) - 因为有对 input 排序
空间O(n) - 有用额外数组对 start 和 end 排序
代码
JavaScript实现
/**
* @param {number[][]} intervals
* @return {number}
*/
var minMeetingRooms = function(intervals) {
let start = [];
let end = [];
let len = intervals.length;
for (let i = 0; i < len; i++) {
let cur = intervals[i];
start.push(cur[0]);
end.push(cur[1]);
}
start = start.sort((a, b) => a - b);
end = end.sort((a, b) => a - b);
let res = 0;
let pointer = 0;
for (let i = 0; i < len; i++) {
if (start[i] < end[pointer]) {
res++;
} else {
pointer++;
}
}
return res;
};
Java实现
class Solution {
public int minMeetingRooms(int[][] intervals) {
// corner case
if (intervals == null || intervals.length == 0) {
return 0;
}
// normal case
int len = intervals.length;
int[] start = new int[len];
int[] end = new int[len];
for (int i = 0; i < len; i++) {
start[i] = intervals[i][0];
end[i] = intervals[i][1];
}
Arrays.sort(start);
Arrays.sort(end);
int res = 0;
int pointer = 0;
for (int i = 0; i < len; i++) {
if (start[i] < end[pointer]) {
res++;
} else {
pointer++;
}
}
return res;
}
}
思路二 - 最小堆
先对 intervals 按开始时间排序，再用一个最小堆存放每个 interval 的结束时间，并加入第一个 interval，此时堆顶是第一个 interval 的结束时间。遍历 intervals，判断当前 interval 的开始时间（A）跟堆顶 interval 的结束时间（B），若 A >= B 则说明两个 interval 没有 overlap，B 可以被弹出，A 放入堆中；若 A < B，说明 B 那场会议还未结束，B 不能弹出，A 还是要放入堆中。最后堆的 size 就是所需的会议室数量。
复杂度
时间O(nlogn)，其中排序O(nlogn)，heap的各项操作O(logn)
空间O(n)
代码
Java实现
class Solution {
public int minMeetingRooms(int[][] intervals) {
// 按开始时间排序
Arrays.sort(intervals, (a, b) -> a[0] - b[0]);
// 堆顶是结束时间最小的会议
PriorityQueue<Integer> queue = new PriorityQueue<>((a, b) -> a - b);
int n = intervals.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int[] cur = intervals[i];
if (!queue.isEmpty() && queue.peek() <= cur[0]) {
queue.poll();
}
queue.offer(cur[1]);
}
return queue.size();
}
}
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