题目：
给定一个会议时间安排的数组，
每个会议时间都会包括开始和结束的时间 [[s1,e1],[s2,e2],…] (si < ei)，
为避免会议冲突，同时要考虑充分利用会议室资源，请你计算至少需要多少间会议室，才能满足这些会议安排。
示例：
输入: [[0, 30],[5, 10],[15, 20]]
输出: 2输入: [[7,10],[2,4]]
输出: 1思考：
这个题目有点类似于上下车问题。本题是规划的对于时间冲突的解决方案。
根据题目，我们发现，并不需要在意该会议持续时间。因为会议时间已经固定了，
所以我们只需要关注会议室及其会议结束时间即可。
因为只有会议时间结束，才能进行下一个会议。否则，这需要开一个新的会议室，去进行会议。
为了最优开会成本和时间效率，下一个会议进入的房间，根据会议室结束时间和该会议开始时间的差决定，
时间差越小，开会越能“无缝连接”，于是效率越高。用优先队列实现最小堆先将数组进行升序排序Arrays.sort(intervals,(o1,o2)->o1[0]-o2[0]);这里使用了Lambda表达式，完整写法应该是
Arrays.sort(intervals,new Comparator<int[]>(){@Overridepublic int compare(int[]o1,int[]o2){return o1[0]-o2[0];}
});
o1[0]-o2[0] <=0，且o1排在o2前面，所以是升序排序。将会议的结束时间存入优先队列（升序排序），队首元素为最早会议结束时间(start)，
如果另一场会议的开始时间早于start，则没有空闲会议室，需要新开一间；否则，弹出队首元素。最后队列中的剩余元素为会议室数量时间复杂度：
排序：O(NlogN)；插入和删除：O(logN)
所以总的时间复杂度为O(NlogN)
空间复杂度： O(N)
class Solution {public int minMeetingRooms(int[][] intervals) {if (intervals == null || intervals.length == 0) return 0;Arrays.sort(intervals, (o1, o2) - > o1[0] - o2[0]);//升序排列PriorityQueue<Integer> queue = new PriorityQueue<>((o1, o2) -> o1-o2);queue.offer(intervals[0][1]);//将第一个会议的结束时间存入栈中for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {//从第二个会议开始遍历//若之后的会议开始时间 大于 当前栈中栈顶存储的结束时间 //（大于: 会议开始时间 在 栈顶时间之后）  //弹栈：代表 这个会议室可以重复使用， 不需要重新开新的一间会议室 所以queue--if (intervals[i][0] >= queue.peek()) {queue.poll();}queue.offer(intervals[i][1]); }return queue.size();}
}

（plus题目）