拓扑广度_leetcode.207_课程表

🌸题目

🍁你这个学期必须选修 numCourse 门课程，记为 0 到 numCourse-1 。

在选修某些课程之前需要一些先修课程。例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示他们：[0,1]

给定课程总量以及它们的先决条件，请你判断是否可能完成所有课程的学习？

示例 1:

1
2
3

输入: 2, [[1,0]] 
输出: true
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0。所以这是可能的。

示例 2:

1
2
3

输入: 2, [[1,0],[0,1]]
输出: false
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1。这是不可能的。

提示：

输入的先决条件是由边缘列表表示的图形，而不是邻接矩阵。详情请参见图的表示法。
你可以假定输入的先决条件中没有重复的边。
1 <= numCourses <= 10^5

🌸分析思路

本题可约化为:课程安排图是否是有向无环图(DAG)。即课程间规定了前置条件，但不能构成任何环路，则课程前置条件将不成立。
思路是通过拓扑排序判断此课程安排图是否是有向无环图(DAG)。拓扑排
序原理:对DAG的顶点进行排序，使得对每一条有向边(u,),均有u(在排序记录中)比u先出现。可理解为对某点v而言,只有当v的所有
源点均出现了，v才能出现。
通过课程前置条件列表prerequiisites 可以得到课程安排图的邻接表
adjacency，以降低算法时间复杂度,以下两种方法都会用到邻接表。

🌸方法：拓扑入度表（BFS）

🍁算法流程:

统计课程安排图中每个节点的入度,成入度表indegrees.
借助-一个队列queue ，将所有入度为0的节点入队。
当 queue非空时，依次将队首节点出队，在课程安排图中删除此节点pre :。
- 并不是真正从邻接表中删除此节点pre, 而是将此节点对应所有邻接节点cur 的入度-1,即indegrees[cur] -= 1。
- 当入度-1后邻接节点cur 的入度为0,说明cur 所有的前驱节点已经被“删除”，此时将cur 入队。
在每次pre 出队时，执行numCourses-i
- 若整个课程安排图是有向无环图(即可以安排)，则所有节点-定都入队并出队过,即完成拓扑排序。换个角度说，若课程安排图中存在环，一定有节点的入度始终不为0。
- 因此，拓扑排序出队次数等于课程个数，返回numCourses == 0判断课程是否可以成功安排。

🍁复杂度分析:

时间复杂度O(N + M):遍历-个图需要访问所有节点和所有临边，N和M分别为节数量和临边数量;
空间复杂度O(N + M):为建立邻接表所需额外空间， adjacency 长度为N，存储M条临边的数据。

public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
	int[] indegrees = new int[numCourses];//入度表
	List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();//领接表
	Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();//验证环的队列
	for(int i = 0; i < numCourses; i++) { //初始化领接表
		adjacency.add(new ArrayList<Integer>());
	}
	for(int [] cp : prerequisites) {
		indegrees[cp[0]]++; //初始化入度表
		adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);//初始化领接表
	}
	//将入度为0的插入到队列中
	for(int i = 0; i < numCourses; i++) {
		if(indegrees[i] == 0) {
			queue.add(i);
		}
	}
	//BFS TopSort
	while(!queue.isEmpty()) {
		int pre = queue.poll();
		numCourses--;
		for(int cur : adjacency.get(pre)) {
			if(--indegrees[cur] == 0) {
				queue.add(cur);
			}
		}
	}
	return numCourses == 0;
}

python

from collections import deque

class Solution:
    def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
        indegrees = [0 for _ in range(numCourses)]
        adjacency = [[] for _ in range(numCourses)]
        queue = deque()
        # Get the indegree and adjacency of every course.
        for cur, pre in prerequisites:
            indegrees[cur] += 1
            adjacency[pre].append(cur)
        # Get all the courses with the indegree of 0.
        for i in range(len(indegrees)):
            if not indegrees[i]: queue.append(i)
        # BFS TopSort.
        while queue:
            pre = queue.popleft()
            numCourses -= 1
            for cur in adjacency[pre]:
                indegrees[cur] -= 1
                if not indegrees[cur]: queue.append(cur)
        return not numCourses

🌸方法：DFS

🍁思路

原理是通过 DFS 判断图中是否有环。

🍁算法流程

借助一个标志列表flags, 于判断每个节点i (课程) 的状态:
1. 未被DFS访问:i==0;
2. 已被其他节点启动的DFS访问: i == -1 ;
3. 已被当前节点启动的DFS访问: i == 1。
对numCourses 个节点依次执行DFS,判断每个节点起步DFS否存在环，若存在环直接返回False。DFS流程;
1. 终止条件:
  - 当flag[i] = -1，说明当前访问节点已被其他节点启动的DFS访问，无需再重复搜索,直接返回True。
  - 当flag[i] == 1，说明在本轮DFS搜索中节点i被第2次访问，即课程安排图有环，直接返回False.
2. 将当前访问节点i对应flag[i] 置1, 即标琪被本轮DFS访问过;
3. 递归访问当前节点i的所有邻接节点j，当发现环直接返回False;
4. 当前节点所有邻接节点已被遍历，并没有发现环，则将当前节点flag 为- 1并返回True。
若整个图DFS结束并未发现环,返回True。

🍁复杂度分析:

时间复杂度O(N + M):遍历一个图需要访问所有节点和所有临边, N和M分别为节点数量和临边数量;
空间复杂度O(N + M):为建立邻接表所需额外空间， adjacency 长度为N, 存储M条临边的数据。

public boolean canFinish2(int numCourses, int[][] prerequisites) {
	List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();//领接表
	for(int i = 0; i < numCourses; i++) { //初始化领接表
		adjacency.add(new ArrayList<Integer>());
	}
	int[] flags = new int[numCourses];
	for(int [] cp : prerequisites) {
		adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);//初始化领接表
	}
	for(int i = 0; i < numCourses; i++) {
		if(!dfs(adjacency, flags, i)) {
			return false;
		}
	}
	return true;
}
private boolean dfs(List<List<Integer>> adjacency, int[] flags, int i) {
	// TODO Auto-generated method stub
	if(flags[i] == 1) {
		return false;
	}
	if(flags[i] == -1) {
		return true;
	}
	flags[i] = 1;
	for(Integer j : adjacency.get(i)) {
		if(!dfs(adjacency, flags, j)) {
			return false;
		}
	}
	flags[i] = -1;
	return true;
}

class Solution:
    def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
        def dfs(i, adjacency, flags):
            if flags[i] == -1: return True
            if flags[i] == 1: return False
            flags[i] = 1
            for j in adjacency[i]:
                if not dfs(j, adjacency, flags): return False
            flags[i] = -1
            return True

        adjacency = [[] for _ in range(numCourses)]
        flags = [0 for _ in range(numCourses)]
        for cur, pre in prerequisites:
            adjacency[pre].append(cur)
        for i in range(numCourses):
            if not dfs(i, adjacency, flags): return False
        return True

该题解学习来自@Krahets

最后，不经历风雨,怎能在计算机的大山之顶看见彩虹呢！无论怎样，相信明天一定会更好！！！！！

🌸题目

🌸分析思路

🌸方法：拓扑入度表（BFS）

🍁算法流程:

🍁复杂度分析:

🌸方法 ：DFS

🍁思路

🍁算法流程

🍁复杂度分析:

🌸方法：DFS