（LeetCode-Hot100）253. 会议室 II

问题简介

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题解github地址: https://github.com/swf2020/LeetCode-Hot100-Solutions

题目描述

给你一个会议时间安排的数组 intervals，其中 intervals[i] = [starti, endi] 表示会议 i 的开始和结束时间，请你返回至少需要多少间会议室。

示例说明

✅ 示例 1：

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输入: intervals = [[0,30],[5,10],[15,20]]
输出: 2
解释: 
- 会议 [0,30] 占用会议室 1
- 会议 [5,10] 与 [0,30] 冲突，需会议室 2
- 会议 [15,20] 可复用会议室 2（因为 [5,10] 已结束）

✅ 示例 2：

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输入: intervals = [[7,10],[2,4]]
输出: 1
解释: 两个会议时间不重叠，可共用一间会议室。

解题思路

💡 方法一：优先队列（最小堆）------ 推荐解法

核心思想 ：按会议开始时间排序，用最小堆维护当前所有会议室的结束时间。当新会议到来时：

如果最早结束的会议已结束（堆顶 ≤ 当前会议开始时间），则复用该会议室（弹出堆顶，压入新结束时间）
否则，新开一间会议室（直接压入新结束时间）

步骤详解：

将所有会议按 start 升序排序
初始化最小堆（存储会议结束时间）
遍历每个会议：
- 若堆非空且堆顶 ≤ 当前会议 start → 弹出堆顶（释放会议室）
- 将当前会议 end 压入堆
最终堆大小即为所需会议室数

💡 方法二：上下车模型（扫描线）

核心思想：将每个会议拆分为两个事件：

(start, +1)：上车（需要会议室）
(end, -1)：下车（释放会议室）

按时间排序所有事件，遍历时累加变化值，最大累加值即为答案。

关键细节 ：若时间相同，先处理下车事件（-1），再处理上车事件（+1），避免多算。

💡 方法三：双指针（分离起点终点）

核心思想：

分别提取所有 start 和 end 时间并排序
用双指针遍历：
- start[i] < end[j] → 需要新会议室（count++, i++）
- 否则 → 释放会议室（j++）
记录 count 的最大值

代码实现

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// 方法一：优先队列（最小堆）
class Solution {
    public int minMeetingRooms(int[][] intervals) {
        if (intervals.length == 0) return 0;
        
        // 按开始时间排序
        Arrays.sort(intervals, (a, b) -> a[0] - b[0]);
        
        // 最小堆存储结束时间
        PriorityQueue<Integer> heap = new PriorityQueue<>();
        heap.offer(intervals[0][1]);
        
        for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            // 如果最早结束的会议已结束，复用会议室
            if (heap.peek() <= intervals[i][0]) {
                heap.poll();
            }
            heap.offer(intervals[i][1]);
        }
        return heap.size();
    }
}

// 方法二：上下车模型
class Solution {
    public int minMeetingRooms(int[][] intervals) {
        List<int[]> events = new ArrayList<>();
        for (int[] interval : intervals) {
            events.add(new int[]{interval[0], 1});  // 上车
            events.add(new int[]{interval[1], -1}); // 下车
        }
        
        // 排序：时间相同时，先下车(-1)后上车(1)
        events.sort((a, b) -> {
            if (a[0] != b[0]) return a[0] - b[0];
            return a[1] - b[1];
        });
        
        int count = 0, maxRooms = 0;
        for (int[] event : events) {
            count += event[1];
            maxRooms = Math.max(maxRooms, count);
        }
        return maxRooms;
    }
}

go:Go 复制代码

// 方法一：优先队列（最小堆）
import "sort"

type MinHeap []int

func (h MinHeap) Len() int           { return len(h) }
func (h MinHeap) Less(i, j int) bool { return h[i] < h[j] }
func (h MinHeap) Swap(i, j int)      { h[i], h[j] = h[j], h[i] }
func (h *MinHeap) Push(x interface{}) { *h = append(*h, x.(int)) }
func (h *MinHeap) Pop() interface{} {
    old := *h
    n := len(old)
    x := old[n-1]
    *h = old[0 : n-1]
    return x
}

func minMeetingRooms(intervals [][]int) int {
    if len(intervals) == 0 {
        return 0
    }
    
    // 按开始时间排序
    sort.Slice(intervals, func(i, j int) bool {
        return intervals[i][0] < intervals[j][0]
    })
    
    // 最小堆存储结束时间
    heap := &MinHeap{intervals[0][1]}
    for i := 1; i < len(intervals); i++ {
        // 如果最早结束的会议已结束，复用会议室
        if (*heap)[0] <= intervals[i][0] {
            heap.Pop()
        }
        heap.Push(intervals[i][1])
    }
    return heap.Len()
}

// 方法二：上下车模型
func minMeetingRooms(intervals [][]int) int {
    type Event struct {
        time int
        diff int // +1 上车, -1 下车
    }
    
    events := make([]Event, 0, len(intervals)*2)
    for _, interval := range intervals {
        events = append(events, Event{interval[0], 1})
        events = append(events, Event{interval[1], -1})
    }
    
    // 排序：时间相同时，先下车(-1)后上车(1)
    sort.Slice(events, func(i, j int) bool {
        if events[i].time != events[j].time {
            return events[i].time < events[j].time
        }
        return events[i].diff < events[j].diff
    })
    
    count, maxRooms := 0, 0
    for _, e := range events {
        count += e.diff
        if count > maxRooms {
            maxRooms = count
        }
    }
    return maxRooms
}

示例演示

📌 以 [[0,30],[5,10],[15,20]] 为例（方法一）：

步骤	当前会议	堆状态（结束时间）	操作	会议室数
初始	-	`[30]`	加入 [0,30]	1
1	[5,10]	`[10, 30]`	5 < 30 → 新开会议室	2
2	[15,20]	`[20, 30]`	15 ≥ 10 → 复用（弹出10）	2

✅ 最终结果：2

答案有效性证明

✅ 方法一正确性

贪心选择：总是复用最早结束的会议室，保证资源最优利用
数学归纳 ：假设前 k 个会议已最优分配，第 k+1 个会议若能复用则必复用（否则浪费资源），若不能则必须新开

✅ 方法二正确性

事件离散化：将连续时间转化为离散事件点
差分思想 ：+1/-1 精确模拟资源占用变化
排序规则 ：时间相同时先释放再占用，避免瞬时多占（如 [1,2],[2,3] 只需1间）

复杂度分析

方法	时间复杂度	空间复杂度	说明
优先队列	O(n log n)	O(n)	排序 O(n log n) + 堆操作 O(n log n)
上下车模型	O(n log n)	O(n)	排序 2n 个事件
双指针	O(n log n)	O(n)	排序两个数组

💡 最优实践：优先队列法最直观，上下车模型代码更简洁，双指针空间常数更小。

问题总结

关键点	说明
❌ 常见错误	忽略时间相同时的处理顺序（如 `[1,2],[2,3]` 误判为冲突）
✅ 核心洞察	会议室需求 = 同时进行的最大会议数
💡 扩展思考	若需返回具体分配方案？→ 需记录每间会议室的使用历史
📌 面试提示	优先讲解优先队列法（直观），再提及其他方法展示思维广度

一句话总结 ："按开始时间排序，用最小堆跟踪最早空闲的会议室" 是解决区间调度类问题的经典范式。