现在你总共有 n 门课需要选,记为 0 到 n-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,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。
说明:
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。
提示:
这个问题相当于查找一个循环是否存在于有向图中。如果存在循环,则不存在拓扑排序,因此不可能选取所有课程进行学习。
通过 DFS 进行拓扑排序 - 一个关于Coursera的精彩视频教程(21分钟),介绍拓扑排序的基本概念。
拓扑排序也可以通过 BFS 完成。
链接:https://leetcode-cn.com/problems/course-schedule
思路分析:(转载)
1、dfs深度遍历
算法流程(思路是通过 DFS 判断图中是否有环):
借助一个标志列表flags,用于判断每个节点i(课程)的状态:
未被DFS访问:i == 0;
已被其他节点启动的DFS访问:i == -1;
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 是否存在环,若存在环直接返回 FalseFalse。DFS 流程;
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 TrueTrue。
当flag[i] == 1,说明在本轮DFS搜索中节点i被第 22 次访问,即课程安排图有环,直接返回FalseFalse。
将当前访问节点i对应flag[i]置 11,即标记其被本轮 DFS 访问过;
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 FalseFalse;
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置为 -1−1 并返回 TrueTrue。
若整个图 DFS 结束并未发现环,返回 TrueTrue。
复杂度分析:
时间复杂度 O(N + M)O(N+M):遍历一个图需要访问所有节点和所有临边,NN 和 MM 分别为节点数量和临边数量;
空间复杂度 O(N)O(N),为建立邻接矩阵所需额外空间。
作者:jyd
链接:https://leetcode-cn.com/problems/course-schedule/solution/course-schedule-tuo-bu-pai-xu-bfsdfsliang-chong-fa/
代码实现:(转载)
class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int[][] adjacency = new int[numCourses][numCourses];
int[] flags = new int[numCourses];
//构建矩阵、adjacency[i][j]表示必须先学完i、再学j
for(int[] cp : prerequisites)
adjacency[cp[1]][cp[0]] = 1;
//从每一门课开始判断是否有环
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(!dfs(adjacency, flags, i)) return false;
}
return true;
}
private boolean dfs(int[][] adjacency, int[] flags, int i) {
if(flags[i] == 1) return false;
if(flags[i] == -1) return true;
flags[i] = 1;
for(int j = 0; j < adjacency.length; j++) {
if(adjacency[i][j] == 1 && !dfs(adjacency, flags, j)) return false;
}
flags[i] = -1;
return true;
}
}