题目描述
你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。
在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程 bi 。
例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。
请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：numCourses = 2, prerequisites = [[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 。这是可能的。
示例 2：
输入：numCourses = 2, prerequisites = [[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：
1 <= numCourses <= 105
0 <= prerequisites.length <= 5000
prerequisites[i].length == 2
0 <= ai, bi < numCourses
prerequisites[i] 中的所有课程对 互不相同
方法一
解题思路
邻接表构建图
List<Integer>[] buildGraph(int numCourses, int[][] prerequisites) {
// 图中共有 numCourses 个节点
List<Integer>[] graph = new LinkedList[numCourses];
for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
graph[i] = new LinkedList<>();
}
for (int[] edge : prerequisites) {
int from = edge[1];
int to = edge[0];
// 修完课程 from 才能修课程 to
// 在图中添加一条从 from 指向 to 的有向边
graph[from].add(to);
}
return graph;
}定义三个变量
// 记录一次 traverse 深度遍历经过的节点
boolean[] onPath;
// 记录遍历过的节点，防止走回头路提高效率
boolean[] visited;
// 记录图中是否有环
boolean hasCycle = false;
利用深度遍历图中的所有节点 ，同时用onPath回溯经过的节点路径
思考：为什么visited不需要回溯？
因为 以某个节点为起点，visited[i]记录访问过的节点如果无法成环。那么以另一个节点为起点并且经过visited[i]也一定无法成环
代码实现
class Solution {
// 记录一次 traverse 递归经过的节点
boolean[] onPath;
// 记录遍历过的节点，防止走回头路
boolean[] visited;
// 记录图中是否有环
boolean hasCycle = false;
boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);
visited = new boolean[numCourses];
onPath = new boolean[numCourses];
for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
// 遍历图中的所有节点
traverse(graph, i);
}
// 只要没有循环依赖可以完成所有课程
return !hasCycle;
}
List<Integer>[] buildGraph(int numCourses, int[][] prerequisites) {
// 图中共有 numCourses 个节点
List<Integer>[] graph = new LinkedList[numCourses];
for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
graph[i] = new LinkedList<>();
}
for (int[] edge : prerequisites) {
int from = edge[1];
int to = edge[0];
// 修完课程 from 才能修课程 to
// 在图中添加一条从 from 指向 to 的有向边
graph[from].add(to);
}
return graph;
}
void traverse(List<Integer>[] graph, int s) {
if (onPath[s]) {
// 出现环
hasCycle = true;
}
if (visited[s] || hasCycle) {
// 如果已经找到了环，也不用再遍历了
return;
}
// 前序遍历代码位置
visited[s] = true;
onPath[s] = true;
for (int t : graph[s]) {
traverse(graph, t);
}
// 后序遍历代码位置
onPath[s] = false;
}
}方法二
解题思路
统计课程安排图中每个节点的入度，生成 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--；
若整个课程安排图是有向无环图（即可以安排），则所有节点一定都入队并出队过，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。
代码实现
class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
//入度表
int[] indegrees = new int[numCourses];
//邻接表
List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
for(int i = 0; i < numCourses; i++)
adjacency.add(new ArrayList<>());
// Get the indegree and adjacency of every course.
for(int[] cp : prerequisites) {
indegrees[cp[0]]++;
adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
}
// Get all the courses with the indegree of 0.
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;
}
}