leetcode207：课程表问题

[sisterAn]

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:

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:

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
• 你可以假定输入的先决条件中没有重复的边
• 1 <= numCourses <= 10^5

附赠leetcode地址：leetcode

[7777sea]

/**
 * @param {number} numCourses
 * @param {number[][]} prerequisites
 * @return {boolean}
 */
var canFinish = function(numCourses, prerequisites) {
    
    const graph={};
    const degree=new Array(numCourses).fill(0);

    // 采用邻接表来保存课程的依赖关系，并且记录被依赖课程的先导次数
    for(const it of prerequisites){
        if(graph[it[0]]===undefined) graph[it[0]]=[it[1]]
        else graph[it[0]].push(it[1])

        degree[it[1]]++;
    }
    
    //degree[i]为0，表示该课程不属于任何课程的先导课
    // 则需要将这些课程编号入栈
    const stack=[];
    for(let i=0;i<numCourses;i++){
        if(degree[i]===0) stack.push(i)
    }

    let cnt=0;
    while(stack.length){
        const c=stack.pop();
        cnt++;
        for(const pre of (graph[c]||[c])){

            // 注意下面degree[pre]可能为负数，但是不影响结果
            degree[pre]--;

            if(degree[pre]===0) {
                stack.push(pre)
            
            }
        }
        
    }
    
    return cnt===numCourses
};

[sisterAn]

这是一道经典的拓扑排序问题，所谓拓扑排序，举个例子：

比如吃自助火锅，有一套约定俗成的流程，首先先打开包装，然后放入粉、佐料、菜，然后在加水，最后盖上盖子；这是有一套先后顺序的，你不可能没打开包装就放佐料，也可以说这是有一套依赖关系的，盖盖子依赖加水，加水依赖放入粉、佐料、菜，继而依赖打开包装

这种关系通常使用有向图来表示，如果这套流程能够成功的帮助你最后吃到火锅（无环），那这种依赖顺序就是拓扑排序，即拓扑排序是针对有向无环图的

解法：广度优先遍历

例如：

输入: 5, [[4,2],[4,3],[2,0],[2,1]]

所以我们可以使用 邻接表 来表示有向图中各个节点的依赖关系，同时维护一个入度表，则入度表中入度为 0 的节点所表示的课程是可以立即开始学习的（没有先决条件条件或先觉条件已完成）

那么这题就很简单了:

• 创建一个队列，并将临接表中所有入度为 0 的节点放入队列中
• 若队列非空，则从队列中出队第一个节点，numCourse — （学习该课程），然后将将依赖该课程所有临接节点的入度减 1
  • 若减 1 后节点入度为 0，则该课程又是可立即学习课程，将该节点添加到队尾
  • 若减 1 后节点入度不为 0 ，则继续遍历下一节点
• 当队列为空，检查 numCourses === 0 （所有课程是否全部学习结束）即可

let canFinish = function(numCourses, prerequisites) {
    // 如果没有先决条件，即所有的课程均没有依赖关系
    // 直接返回 true
    if (prerequisites.length === 0) {
        return true
    }

    // 维护入度表
    let inDegree = new Array(numCourses).fill(0)
    // 维护临接表
    let adj = new Map()
    
    for (let e of prerequisites) {
        inDegree[e[0]]++
        if(!adj.has(e[1])) adj.set(e[1], [])
        let vEdge = adj.get(e[1])
        vEdge.push(e[0])
    }

    let queue = []
    // 首先加入入度为 0 的结点
    for (let i = 0; i < numCourses; i++) {
        if (inDegree[i] === 0) {
            queue.push(i)
        }
    }

    while (queue.length > 0) {
        // 从队首移除
        var v = queue.shift() 
        // 出队一门课程
        numCourses--
        if(!adj.has(v)) continue
        // 遍历当前出队结点的所有临接结点
        for(let w of adj.get(v)) {
            inDegree[w]--
            if (inDegree[w] === 0) {
                queue.push(w)
            }
        }
    }
    return numCourses === 0
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(V+E)，遍历一个图需要访问所有节点和边
• 空间复杂度：O(V+E)，用于存储临接表等

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