一，题目

在校园招聘的季节里，为了能让学生们更好地了解微软亚洲研究院各研究组的情况，HR部门计划为每一个研究组举办一次见面会，让各 个研究组的员工能跟学生相互了解和交流。已知有n位学生，他们分别对m个研究组中的若干个感兴趣。为了满足所有学生的要求，HR希望每 个学生都能参加自己感兴趣的所有见面会。如果每个见面会的时间为t，那么，如何安排才能够使得所有见面会的总时间最短？ 最简单的办法，就是把m个研究组的见面会时间依次排开，那我们就要用m * t的总时间，我们有10多个研究小组，时间会拖得很长，能否进一步提高效率？

二，分析

        此题的官方解法是将问题转化为一个已知的图的问题：即图的最少着色问题。 但有两点感觉不太好：

• 一是这个问题的转换感觉角度有些大，不够平滑。 如果此前没听过图的最少着色问题，那么是怎么也不可能想到这儿的。
• 二是关于此题的分析与解法讲解非常笼统，尤其是解法，寥寥数语就完了 – 我觉得是没有把问题讲清楚的 – 虽然读者自己可以阅读“ 图的最少着色问题”来获得更多的了解，但既然此题作为单独的一题存在，我觉得还是讲清楚点好。

       另外，自己思考了一下，觉的此题不转化成图的最少着色问题，通过简单的递归，应该也是可以实现的。

思路分析：

已知有n位学生，m个见面会，且每个学生可以选择参加任意多个见面会。我们的目的是在没有冲突的情况下把某几个见面会的时间重叠起来，同时开。何为冲突，比如学生甲参加了见面会A与B，那么A与B就是冲突的，因为如果同时开的话，学生甲必然要放弃一个。

那么，我们可以按以下方式，逐个考虑见面会：

• 对于见面会A，因为其前面没有见面会，略过；
• 对于见面会B，考虑它和其前面的见面会A是否冲突，如果不冲突，就将B和A合并，继续考虑C；而另外还有一个分支是不管是否冲突，此时不做合并，直接考虑C；
• 对于见面会C，考虑它和其前面的见面会A，B是否冲突，第一个分支是如果与A不冲突， 就将C和A合并，继续考虑D；第二个分支是如果与B不冲突， 就将C和B合并，继续考虑D；而第三格分支还是不做任何合并，直接考虑D
• 按此规则继续对下一个见面会做考察
• 当对最后一个招聘会做完考察后，记下其时间，程序然后递归回溯，会由其他分支继续考察最后一个招聘会，比较并记录最短的那个，这样，当所有的分支都考察过后，记录的那个最短时间就是全局最短的时间了。 

 代码

• 输入数据可以用一个二维数组input[m][n]来表示，行表示见面会，列表示学生，数组元素表示某学生是否参加该见面会。 
• 递归过程用当前考虑的见面会控制，当最后一个见面会考虑完之后，就得到一个候选解，程序然后回溯，从另一分支再次进入，考虑最后一个见面会，与之前的候选解比较，保存较优的那个：候选解包括见面会时间与当前的具体安排

复杂度分析：

      可以注意到，我们需要逐个考虑见面会，一共是m个；而在考虑第i个见面会时，我们最多可能会产生出i个分支，不难看出，总问题的规模为m!；
而产生每个分支时需要做的计算是O(n)的冲突检测与合并，于是，整个的算法复杂度为：O(m! * n)

#include <iostream>
2 #include <list>
3 #include <vector>
4
5  using namespace std;
6
7  // If 2 recruiting meetings are conflicting
8  bool IsConflict(const vector<bool>& v1, const vector<bool>& v2)
9 {
10     for(int i = 0; i < v1.size(); ++i)
11    {
12         if(v1[i] && v2[i]) return true;
13    }
14     return false;
15 }
16
17  // merge 2 recruiting meetings: v2 will be held at the same time of v1
18  void Merge(vector<bool>& v1, const vector<bool>& v2)
19 {
20      for(int i = 0; i < v1.size(); ++i)
21      {
22          v1[i] = v1[i] || v2[i];
23      }
24 }
25
26  // input: input[m][n], 2d array to represents students' selection of meetings.
 row stands for meetings, column stands for students,
27 // and array value stands for if a student select a meeting
28 // next: The meeting to check
29 // curTime: Time required so far
30 // curArrangement: record the information of which meeting is merged with another
meeting
31 // best[output]:The best time
32 // bestArrangement[output] : The best arragement
33 void ArrangeRecruitings(vector<vector<bool> >& input, int next,
           int& curTime, vector<list<int> >& curArrangement, int& bestTime,
           vector<list<int> >& bestArrangement)
34 {
35        int m = input.size();
36       // base cases
37       if(next >= m)
38      {
39      // Save the best one
40      if(curTime < bestTime)
41           {
42                 bestTime = curTime;
43                 bestArrangement = curArrangement;
44            }
45
46       return;
47        }
48       else
49       {
50       // recursive cases
51       for(int i = 0; i <= next; ++i)
52      {
53
54       if(curArrangement[i].empty()) continue; // if already merged with other ones, just skip it
55
56       if (!IsConflict(input[i], input[next]))
57       {
58
59           // update the status
60            vector<bool> bkI = input[i];
61          Merge(input[i], input[next]);
62
63           curArrangement[next].pop_back();
64           curArrangement[i].push_back(next);
65
66           // Consider next one after merge
67          ArrangeRecruitings(input, next+1, curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);
68
69         // restore the status
70        curArrangement[i].pop_back();
71        curArrangement[next].push_back(next);
72
73       input[i] = bkI;
74      }
75   }
76
77      // Consider next one without any merge
78      ArrangeRecruitings(input, next+1, ++curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);
79
80   }
81 }
82
83
84 int main()
85 {
86     // 1. Initializing
87    int m = 3;
88    int n = 4;
89
90     vector<vector<bool> > input(m, vector<bool>(n, false));
91
92     input[0][0] = true;
93     input[0][1] = true;
94
95     input[1][1] = true;
96     input[1][2] = true;
97
98     input[2][2] = true;
99     input[2][3] = true;
100
101    //input[0][2] = true;
102
103     int curTime = 1;
104     int bestTime = m+1;
105     vector<list<int> > curArrangement(m);
106     vector<list<int> > bestArrangement(m);
107      for(int i = 0; i < m; ++i) curArrangement[i].push_back(i);
108
109      // 2. Solve
110     ArrangeRecruitings(input, 1, curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);
111
112     // 3. Output the result
113    cout << "Totoal Time: " << bestTime << endl;
114     for(int i = 0; i < m; ++i)
115    {
116    cout << i << "): ";
117    if(bestArrangement[i].empty())
118    {
119         cout << "none" << endl;
120          continue;
121    }
122    for(list<int>::const_iterator it = bestArrangement[i].begin(); it != bestArrangement[i].end(); ++it)
123    cout << *it << "-";
124
125      cout << endl;
126      }
127 }

三，第二种解决方法

       寻找活动集合S的最大相互兼容集合的方法[2]，在《算法导论》贪心算法一章中有详细的讲解。解决此问题的具体步骤可总结为：

        1）把面试集合S中的元素按其结束时间的递增顺序排列；

        2）求其最大相互兼容面试集合M，并从原始集合S中删除之；

        3）求集合S-M的最大相互兼容面试集合Q，并从集合S-M中删除之。重复此过程直到原始面试集合S中为空集为止；

        4）统计求出的最大相互兼容面试集合的个数，即是面试集合S所需的最少面试点个数。

        以上面的面试集合S为例，上述步骤用图像表示如下：每个图中用矩形框起来的面试为所属集合的最大相互兼容集合，一共有5个，即至少需要5个面试点。

四，扩展问题一：

实际上就是求区间的最大重叠次数。书上P57的算法，比较巧妙，但要注意的是：排序时要用到双关键字比较，当两个值相等时，属于时间段开始的一定要排在属于时间段结束的后面，只有这样才能保证结果的正确性。（假设[3, 4）和[4, 5)能在同一个地方举行。书上区间段都是用闭区间，本文采用前闭后开。）

考虑到面试安排的时间一般安排在某个整点、半点或者某刻，可以采用计数的方法，如果都安排在整点，每处理一个区间[a, b)，就对[a, b)间的所有整数计数一次。最后从计数结果中找出最大值即可。时间复杂度为O(n)（准确的讲，应该是O(k*n)，k为区间的最大间隔，k<=24）。如果面试安排时间在某个半点、刻，可以对原来的时间乘以一个整数（比如2或4，这实际上就是桶排序设置桶间隔为0.5或0.25）。

//arr[][0]为面试开始时间，arr[][1]为面试结束时间
int max_places (int arr[][2], size_t sz)
{
  if (arr==NULL || sz<1) return 0; 
  const size_t MAX_HOURS=24;
  int count[MAX_HOURS]={0}; 
  int max=0, j=0; 
  size_t i=0;
  for (i=0; i<sz; ++i)
    for (j=arr[i][0]; j<arr[i][1]; ++j) ++count[j];
  for (i=0; i<MAX_HOURS; ++i)
    if (count[i]>max) max=count[i];
  return max;
}