问题一：
n个同学，分别对m个招聘见面会感兴趣。为了满足所有学生的要求，hr希望让每个同学都能参加自己所有感兴趣的见面会。然后每个见面会的时间为t。问如何安排见面会能够使得所有见面会总的时间最短。
建图，以m场见面会为节点，然后，对于每一个同学，如果它同时对A和B见面会感兴趣，那么，我们在A和B见面会之间添加一条边。要使得所有见面会总的时间最短，可以把所有的见面会分成若干的集合，规定，每个集合里面不能存这样两个见面会A和B，存在一个同学同时对A和B感兴趣。这样，一个集合的见面会是不是就可以同时进行了。
最后，我们发现，这不就是著名的NP问题之一的最少着色问题吗。还可以联想到并行处理器装载作业的问题啊，同时执行的任意两个作业不能需要同一个资源。这些类似的问题。不过，除了O((n-1)^n*n^2)的能够得到确定解的算法，据说还没有这个问题的有效算法，所以这里不予以讨论。
扩展问题一：
见面会之后，正式面试就陆续开始了。一共有N场面试，每场面试的时间是（B[i], E[i]），假设一个面试者一天只参加一场面试，为了使面试者能够发挥最佳状态，hr希望同时进行的面试可以安排在不同的地方。那么问题来了，最多需要多少个面试场所。
一组测试数据
A[1,5]
B[2,3]
C[3,4]
D[3,6]
如下图所示：
用通俗的话来说，通过这张图，我们可以很清晰的看到，某个区间包含的直线最多，直线的条数其实就是需要的最少的面试点。
用数学语言来说，把所有的面试时间划分成长度为1的小区间，另一维坐标轴上的每个单位区间初始的权值为0，现在把所有面试划分的小区间分别插入到对应的区间，每插入一个，对应的区间权值加1，所有区间中，权值最高的区间就是同时在进行面试的场次最多的时候，也就是需要的面试点的最少数目。
我的解法是：用树状数组维护区间信息，对于每一个面试区间（B[i], E[i]），把这个区间权值+1，最后，遍历每一个单位区间，找出权值最大的区间，这个权值就是需要的最少的面试点。
用树状数组维护区间的一般方法，例如要给区间(B[i], E[i])进行+1操作，需要分为两步，第一步在B[i]这个位置+1操作，然后在E[i]这个位置-1操作，这样的话E[i]后面的就会被抵消，不会受到这次操作的影响，然后可以查询单点的信息，就是求这个点到0的和，下面给一个我的代码：
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 const int maxn = 1e5 + 5; 7 struct node 8 { 9 int s,e;10 }List[maxn];11 int tree[maxn];12 13 int lowbit(int x)14 {15 return x & (-x);16 }17 /*18 单点插入操作 19 */20 void insert(int* A, int l, int d) 21 {22 for(int i = l;i < maxn;i += lowbit(i))23 A[i] += d;24 }25 /*26 单点查询操作 27 */28 int query(int* A, int l)29 {30 int tot = 0;31 for(int i = l;i >= 1;i -= lowbit(i))32 tot += A[i];w33 return tot;34 }35 int main()36 {37 // freopen("in.txt", "r", stdin);38 int n; //n为区间个数 39 while(scanf("%d", &n)!=EOF)40 {41 int ans = 0;42 memset(tree, 0, sizeof(tree));43 int x, y, lmin = 0x7fffffff, lmax = 0;44 for(int i = 0;i < n;i++)45 {46 scanf("%d%d", &x, &y);47 lmin = min(lmin, x); //获取所有区间的并集，减少不必要的遍历 48 lmax = max(lmax, y);49 insert(tree, x, 1);50 insert(tree, y, -1);51 }52 for(int i = lmin;i <= lmax;i++)53 ans = max(ans, query(tree, i));54 printf("%d\n", ans);55 }56 return 0;57 }