Leetcode（210）——课程表 II

Leetcode（210）——课程表 II

题目

现在你总共有 numCourses 门课需要选，记为 0 到 numCourses - 1。给你一个数组 prerequisites ，其中 $prerequisites[i]=[a_i,b_i]$ ，表示在选修课程 $a_i$ 前 必须 先选修 $b_i$。

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：[0,1] 。
返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。可能会有多个正确的顺序，你只要返回 任意一种 就可以了。如果不可能完成所有课程，返回 一个空数组 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：[0,1]
解释：总共有 2 门课程。要学习课程 1，你需要先完成课程 0。因此，正确的课程顺序为 [0,1] 。

示例 2：

输入：numCourses = 4, prerequisites = [[1,0],[2,0],[3,1],[3,2]]
输出：[0,2,1,3]
解释：总共有 4 门课程。要学习课程 3，你应该先完成课程 1 和课程 2。并且课程 1 和课程 2 都应该排在课程 0 之后。
因此，一个正确的课程顺序是 [0,1,2,3] 。另一个正确的排序是 [0,2,1,3] 。

示例 3：

输入：numCourses = 1, prerequisites = []
输出：[0]

提示：

• 1 <= numCourses <= 2000
• 0 <= prerequisites.length <= numCourses * (numCourses - 1)
• prerequisites[i].length == 2
• 0 <= $a_i$, $b_i$ < numCourses
• $a_i$ != $b_i$
• 所有 $[a_i,b_i]$ 互不相同

题解

关键点：对有向图进行「拓扑排序」的一个附加效果是：能够顺带检测有向图中是否存在环

方法一：DFS

思路

​​  我们可以将深度优先搜索的流程与拓扑排序的求解联系起来，用一个栈来存储所有已经搜索完成的节点。

对于一个节点 uu，如果它的所有相邻节点都已经搜索完成，那么在搜索回溯到 uu 的时候，uu 本身也会变成一个已经搜索完成的节点。这里的「相邻节点」指的是从 uu 出发通过一条有向边可以到达的所有节点。

​​  假设我们当前搜索到了节点 $u$，如果它的所有相邻节点都已经搜索完成，那么这些节点都已经在栈中了，此时我们就可以把 $u$ 入栈。可以发现，如果我们从栈顶往栈底的顺序看，由于 $u$ 处于栈顶的位置，那么 $u$ 出现在所有 $u$ 的相邻节点的前面。因此对于 $u$ 这个节点而言，它是满足拓扑排序的要求的。
​​  这样以来，我们对图进行一遍深度优先搜索。当每个节点进行回溯的时候，我们把该节点放入栈中。最终从栈顶到栈底的序列就是一种拓扑排序。

​​对于图中的任意一个节点，它在搜索的过程中有三种状态，即：

• 「未搜索」：我们还没有搜索到这个节点；
• 「搜索中」：我们搜索过这个节点，但还没有回溯到该节点，即该节点还没有入栈，还有相邻的节点没有搜索完成）；
• 「已完成」：我们搜索过并且回溯过这个节点，即该节点已经入栈，并且所有该节点的相邻节点都出现在栈的更底部的位置，满足拓扑排序的要求。

​​  通过上述的三种状态，我们就可以给出使用深度优先搜索得到拓扑排序的算法流程，在每一轮的搜索搜索开始时，我们任取一个「未搜索」的节点开始进行深度优先搜索。

• 我们将当前搜索的节点 $u$ 标记为「搜索中」，遍历该节点的每一个相邻节点 $v$：
  • 如果 $v$ 为「未搜索」，那么我们开始搜索 $v$，待搜索完成回溯到 $u$；
  • 如果 $v$ 为「搜索中」，那么我们就找到了图中的一个环，因此是不存在拓扑排序的；
  • 如果 $v$ 为「已完成」，那么说明 $v$ 已经在栈中了，而 $u$ 还不在栈中，因此 $u$ 无论何时入栈都不会影响到 $(u,v)$ 之前的拓扑关系，以及不用进行任何操作。
• 当 $u$ 的所有相邻节点都为「已完成」时，我们将 $u$ 放入栈中，并将其标记为「已完成」。

​​  在整个深度优先搜索的过程结束后，如果我们没有找到图中的环，那么栈中存储这所有的 $n$ 个节点，从栈顶到栈底的顺序即为一种拓扑排序。
​​  下面的 GIF 给出了深度优先搜索的可视化流程。图中的「白色」「黄色」「绿色」节点分别表示「未搜索」「搜索中」「已完成」的状态。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
private:
    // 存储有向图
    vector<vector<int>> edges;
    // 标记每个节点的状态：0=未搜索，1=搜索中，2=已完成
    vector<int> visited;
    // 用数组来模拟栈，下标 0 为栈底，n-1 为栈顶
    vector<int> result;
    // 判断有向图中是否有环
    bool valid = true;

public:
    void dfs(int u) {
        // 将节点标记为「搜索中」
        visited[u] = 1;
        // 搜索其相邻节点
        // 只要发现有环，立刻停止搜索
        for (int v: edges[u]) {
            // 如果「未搜索」那么搜索相邻节点
            if (visited[v] == 0) {
                dfs(v);
                if (!valid) {
                    return;
                }
            }
            // 如果「搜索中」说明找到了环
            else if (visited[v] == 1) {
                valid = false;
                return;
            }
        }
        // 将节点标记为「已完成」
        visited[u] = 2;
        // 将节点入栈
        result.push_back(u);
    }

    vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        edges.resize(numCourses);
        visited.resize(numCourses);
        for (const auto& info: prerequisites) {
            edges[info[1]].push_back(info[0]);
        }
        // 每次挑选一个「未搜索」的节点，开始进行深度优先搜索
        for (int i = 0; i < numCourses && valid; ++i) {
            if (!visited[i]) {
                dfs(i);
            }
        }
        if (!valid) {
            return {};
        }
        // 如果没有环，那么就有拓扑排序
        // 注意下标 0 为栈底，因此需要将数组反序输出
        reverse(result.begin(), result.end());
        return result;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+m)$，其中 $n$ 为课程数，$m$ 为先修课程的要求数。这其实就是对图进行深度优先搜索的时间复杂度。
空间复杂度：$O(n+m$)。题目中是以列表形式给出的先修课程关系，为了对图进行深度优先搜索，我们需要存储成邻接表的形式，空间复杂度为 $O(n+m)$。在深度优先搜索的过程中，我们需要最多 $O(n)$ 的栈空间（递归）进行深度优先搜索，并且还需要若干个 $O(n)$ 的空间存储节点状态、最终答案等。

方法二：BFS+贪心算法

思路

​​  因为方法一的深度优先搜索是一种「逆向思维」：最先被放入栈中的节点是在拓扑排序中最后面的节点。我们也可以使用正向思维，顺序地生成拓扑排序，这种方法也更加直观。采用 BFS 实现的拓扑排序实际上应用的是贪心算法，贪心在每一步都选择入度为0的点输出。

​​  我们考虑拓扑排序中最前面的节点，该节点一定不会有任何入边，也就是它没有任何的先修课程要求。当我们将一个节点加入答案中后，我们就可以移除它的所有出边，代表着它的相邻节点少了一门先修课程的要求。如果某个相邻节点变成了「没有任何入边的节点」，那么就代表着这门课可以开始学习了。按照这样的流程，我们不断地将没有入边的节点加入答案，直到答案中包含所有的节点（得到了一种拓扑排序）或者不存在没有入边的节点（图中包含环）。

​​  上面的想法类似于广度优先搜索，因此我们可以将广度优先搜索的流程与拓扑排序的求解联系起来。

​​  我们使用一个队列来进行广度优先搜索。开始时，所有入度为 $0$ 的节点都被放入队列中，它们就是可以作为拓扑排序最前面的节点，并且它们之间的相对顺序是无关紧要的。

​​在广度优先搜索的每一步中，我们取出队首的节点 $u$：

• 我们将 $u$ 放入答案中；
• 我们移除 $u$ 的所有出边，也就是将 $u$ 的所有相邻节点的入度减少 $1$。如果某个相邻节点 $v$ 的入度变为 $0$，那么我们就将 $v$ 放入队列中。

​​  在广度优先搜索的过程结束后。如果答案中包含了这 $n$ 个节点，那么我们就找到了一种拓扑排序，否则说明图中存在环，也就不存在拓扑排序了。

下面的 GIF 给出了广度优先搜索的可视化流程。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
private:
    // 存储有向图
    vector<vector<int>> edges;
    // 存储每个节点的入度
    vector<int> indeg;
    // 存储答案
    vector<int> result;

public:
    vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        edges.resize(numCourses);
        indeg.resize(numCourses);
        for (const auto& info: prerequisites) {
            edges[info[1]].push_back(info[0]);
            ++indeg[info[0]];
        }

        queue<int> q;
        // 将所有入度为 0 的节点放入队列中
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            if (indeg[i] == 0) {
                q.push(i);
            }
        }

        while (!q.empty()) {
            // 从队首取出一个节点
            int u = q.front();
            q.pop();
            // 放入答案中
            result.push_back(u);
            for (int v: edges[u]) {
                --indeg[v];
                // 如果相邻节点 v 的入度为 0，就可以选 v 对应的课程了
                if (indeg[v] == 0) {
                    q.push(v);
                }
            }
        }

        if (result.size() != numCourses) {
            return {};
        }
        return result;
    }
};

我的：

class Solution {
    // 邻接表——结点结构
    typedef struct NC{
        struct NC *nextl; // 表示下一个具有相同前提课程的课程
        int EP; // 课程下标
        NC(struct NC *a, int b): nextl(a), EP(b){}
    }NumCNode;
    typedef struct NCH{
        int RD; // 入度
        NumCNode *first;
        NCH(): RD(0), first(nullptr){}
    }NumCodeHead;
public:
    vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        if(numCourses == 0) return {};
        vector<NumCodeHead*> NH;
        NumCNode* tmp;
        // 初始化邻接表头
        for(int n = 0; n < numCourses; n++) NH.push_back(new NumCodeHead);
        // 构造邻接表
        for(auto &it: prerequisites){
            // it[0] 指当前课程 it[1] 指前提课程
            tmp = NH[it[1]]->first;
            NH[it[1]]->first = new NC(tmp, it[0]);
            NH[it[0]]->RD += 1;
        }

        vector<int> ans;
        stack<NumCodeHead*> tools;  // 辅助栈——以避免重复查找入度为0的点
        NumCodeHead* tmpH;
        for(int n = 0; n < numCourses; n++){
            if(NH[n]->RD != 0) continue;
            tools.push(NH[n]);  // 将入度为0的点入栈
            ans.push_back(n);
        }
        
        while(!tools.empty()){
            tmpH = tools.top();
            tools.pop();
            while(tmpH->first != nullptr){
                NH[tmpH->first->EP]->RD -= 1;
                if(NH[tmpH->first->EP]->RD == 0){
                    tools.push(NH[tmpH->first->EP]);
                    ans.push_back(tmpH->first->EP);
                }
                tmpH->first = tmpH->first->nextl;
            }
        }
        if(ans.size() == numCourses) return ans;
        else return {};
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+m)$，其中 $n$ 为课程数，$m$ 为先修课程的要求数。这其实就是对图进行广度优先搜索的时间复杂度。
空间复杂度：$O(n+m)$。题目中是以列表形式给出的先修课程关系，为了对图进行广度优先搜索，我们需要存储成邻接表的形式，空间复杂度为 $O(n+m)$。在广度优先搜索的过程中，我们需要最多 $O(n)$ 的队列空间（迭代）进行广度优先搜索，并且还需要若干个 $O(n)$ 的空间存储节点入度、最终答案等。