每日一题(20)——高效安排见面会

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：（递归&合并的思想）

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]
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>
#include <list>
#include <vector>

using namespace std;

// If 2 recruiting meetings are conflicting
bool IsConflict(const vector<bool>& v1, const vector<bool>& v2)
{
for(int i = 0; i < v1.size(); ++i)
{
if(v1[i] && v2[i]) return true;
}
return false;
}

// merge 2 recruiting meetings: v2 will be held at the same time of v1
void Merge(vector<bool>& v1, const vector<bool>& v2)
{
for(int i = 0; i < v1.size(); ++i)
{
v1[i] = v1[i] || v2[i];
}
}

// input: input[m]
, 2d array to represents students' selection of meetings.
// row stands for meetings, column stands for students,
// and array value stands for if a student select a meeting
// check: The meeting to check
// curTime: Time required so far
// curArrangement: record the information of which meeting is merged with another
//meeting
// best[output]:The best time
// bestArrangement[output] : The best arragement
void ArrangeRecruitings(vector<vector<bool> >& input, int check,
int& curTime, vector<list<int> >& curArrangement, int& bestTime,
vector<list<int> >& bestArrangement)
{
int m = input.size();
// base cases
if(check >= m)
{
// Save the best one
if(curTime < bestTime)
{
bestTime = curTime;
bestArrangement = curArrangement;
}
return;
}
else
{
// recursive cases
for(int i = 0; i <= check; ++i) // check: The meeting to check
{

if(curArrangement[i].empty()) continue; // if already merged with other ones, just skip it

if (!IsConflict(input[i], input[check]))
{

// update the status
vector<bool> bkI = input[i];
Merge(input[i], input[check]);

curArrangement[check].pop_back();
curArrangement[i].push_back(check);

// Consider check one after merge
ArrangeRecruitings(input, check+1, curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);

// restore the status；bestarranyment has been saved
curArrangement[i].pop_back();
curArrangement[check].push_back(check);

input[i] = bkI;
}
}

// Consider check one without any merge
ArrangeRecruitings(input, check+1, ++curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);

}
}

int main()
{
// 1. Initializing
int m = 3;  //meetings
int n = 4;   //students

vector<vector<bool> > input(m, vector<bool>(n, false));

input[0][0] = true;
//input[0][1] = true;

input[1][1] = true;
input[1][2] = true;

input[2][2] = true;
input[2][3] = true;

input[0][3] = true;

int curTime = 1;
int bestTime = m+1;
vector<list<int> > curArrangement(m);
vector<list<int> > bestArrangement(m);
for(int i = 0; i < m; ++i) curArrangement[i].push_back(i);

// 2. Solve
ArrangeRecruitings(input, 1, curTime, curArrangement, bestTime, bestArrangement);

// 3. Output the result
cout << "Totoal Time: " << bestTime << endl;
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
cout << i << "): ";
if(bestArrangement[i].empty())
{
cout << "none" << endl;
continue;
}
for(list<int>::const_iterator it = bestArrangement[i].begin(); it != bestArrangement[i].end(); ++it)
cout << *it << "-";

cout << endl;
}
}

 

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：

          研究院一天有N场面试召开（第i场面试：开始时间B[i]，结束时间E[i]），每个应聘者只能参加一场面试，为了有一个好的面试环境，N场面试被安排在若干地点。不同的面试在同一时间不能被安排在同一地点。问至少需要多少个面试地点？



分析：

实际上转化一下，就是求区间的最大重叠次数：即每个时间点的重叠次数，最后找到最大重叠次数即为所求。
书上P60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];//前闭后开区间

for (i=0; i<MAX_HOURS; ++i)
if (count[i]>max) max=count[i];
return max;
}