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，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: 2, [[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: 4, [[1,0],[2,0],[3,1],[3,2]]
输出: [0,1,2,3] or [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] 。
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。
来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/course-schedule-ii
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思路
一开始我是直接用传统的拓扑排序，遍历每个节点，计算入度，访问入度为0的点，但是这样做的复杂度是O(n*e)，n是节点数，e是边数，因为每次要遍历边集合来计算每个点的入度
class Solution {
public:
vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites)
{
vector<int> ans;
vector<bool> vis(numCourses, false);
while(1)
{
vector<int> cnt(numCourses);
for(int i=0; i<prerequisites.size(); i++)
if(!vis[prerequisites[i][0]] && !vis[prerequisites[i][1]])
cnt[prerequisites[i][0]]++;
bool flag = false;
for(int i=0; i<numCourses; i++)
if(cnt[i]==0 && !vis[i]) {vis[i]=true; flag=true; ans.push_back(i);}
if(!flag) break;
}
if(ans.size()==numCourses) return ans;
return {};
}
};
但其实可以建立邻接表存储图关系（注意这里是逆邻接表），然后用dfs，对节点x进行dfs，需要注意的顺序：
- 先递归访问 x 的所有前驱节点
- 输出x节点
这样可以保证输出的顺序
值得注意的是，如果图中有环的判断，因为可能存在不同的连通分量，我们必须枚举起点，对每个起点都跑一遍dfs，但是就可能会出现以下情况：
我们dfs了一个起点 a，接下来我们dfs起点 b， b的前驱是a，但是 a 已经被访问过了，如果单纯地以 “当前节点的前驱节点已经被访问过” 来判断出现环的话，这里就会出现误判
正确的判断是：
在同一趟递归中，当前节点的前驱节点已经被访问过，才说明出现环
使用int数组存储节点的访问情况，引入状态 [2] 能有效规避因为枚举起点造成的环的误判
- 0表示未被访问
- 1表示已经被访问（也就是曾经进了dfs，但是退栈了
- 2表示正在递归中（也就是进了dfs，还没退栈
如图，节点上的数字表示他们的状态
dfs需要返回结果，如果是1表示发现环
- 如果我们dfs遇到了1，那么直接返回0，因为之前已经判断过了，这个节点及其所有前驱已经加入答案
- 如果dfs遇到2，返回1，说明发现环
- 如果dfs遇到0，dfs当前节点的所有前驱节点
代码
相比于上面的拓扑排序，这里我们每访问k条边，就会访问k个顶点，复杂度降低为O(n)，而上面的方法1，每访问所有的边，才删除一个顶点，总体复杂度O(n*e)
class Solution {
public:
vector<int> ans;
int dfs(vector<vector<int>>& adj, vector<int>& vis, int x)
{
// 2表示x节点还未退栈，说明发现环
if(vis[x]==2) return 1;
if(vis[x]==1) return 0;
// 节点置2，表示正在递归
vis[x]=2; int flag=0;
for(int i=0; i<adj[x].size(); i++)
if(dfs(adj, vis, adj[x][i])) return 1;
// 递归所有前驱未发现环，退栈之前vis置1
ans.push_back(x); vis[x]=1;
return 0;
}
vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites)
{
vector<vector<int>> adj(numCourses);
// 逆邻接表
for(int i=0; i<prerequisites.size(); i++)
adj[prerequisites[i][0]].push_back(prerequisites[i][1]);
vector<int> vis(numCourses);
for(int i=0; i<numCourses; i++)
if(dfs(adj, vis, i)) return {};
return ans;
}
};
