207 题目:课程表
There are a total of n courses you have to take, labeled from 0
to n - 1
.
Some courses may have prerequisites, for example to take course 0 you have to first take course 1, which is expressed as a pair: [0,1]
Given the total number of courses and a list of prerequisite pairs, is it possible for you to finish all courses?
For example:
2, [[1,0]]
There are a total of 2 courses to take. To take course 1 you should have finished course 0. So it is possible.
2, [[1,0],[0,1]]
There are a total of 2 courses to take. To take course 1 you should have finished course 0, and to take course 0 you should also have finished course 1. So it is impossible.
Note:
The input prerequisites is a graph represented by a list of edges, not adjacency matrices. Read more about how a graph is represented.
- This problem is equivalent to finding if a cycle exists in a directed graph. If a cycle exists, no topological ordering exists and therefore it will be impossible to take all courses.
- Topological Sort via DFS - A great video tutorial (21 minutes) on Coursera explaining the basic concepts of Topological Sort.
- Topological sort could also be done via BFS.
题意:
总共有标记为0到n-1的n门课程需要你选择。
有些课程可能需要一些先决条件,例如,要想选课程0,你就必须要先选课程1,使用一个键值对[0, 1]表示这样的情况。
给定课程的总数和一些先决条件键值对,对你来说可能完成所有的课程吗?
Note:
输入的先决条件键值对是用一个图的边表示的,而不是使用邻接矩阵。阅读更多关于如何表示一个图。
Hints:
1、这个问题等效于找到有向图中是否有循环存在。如果存在一个循环,不存在拓扑排序,因此不可能将所有的可能学习完。
2、通过DFS实现拓扑排序,在Coursera上有一个21分钟左右的很好的视频教程,讲述了拓扑排序的基本概念。
3、拓扑排序也可以通过BFS实现。
转载:http://www.cnblogs.com/grandyang/p/4484571.html
思路一:
使用BFS实现,定义二维数组graph来表示这个有向图,一维数组in来表示每个顶点的入度。我们开始先根据输入来建立这个有向图,并将入度数组也初始化好。然后我们定义一个queue变量,将所有入度为0的点放入队列中,然后开始遍历队列,从graph里遍历其连接的点,每到达一个新节点,将其入度减一,如果此时该点入度为0,则放入队列末尾。直到遍历完队列中所有的值,若此时还有节点的入度不为0,则说明环存在,返回false,反之则返回true.
class Solution { public: bool canFinish(int numCourses, vector<pair<int, int>>& prerequisites) { //if(numCourses==0||numCourses==1) return true; int len=prerequisites.size(); //邻接链表,保存与其邻接节点的编号 vector<vector<int>> graph(numCourses,vector<int>(0)); //保存入度为0的节点队列 queue<int> q; //记录每个节点的入度 int indegree[numCourses]={0}; //一个临时变量 pair<int, int> p; for(int i=0;i<numCourses;i++) { indegree[i]=0; graph[i].clear(); } for(int i=0;i<prerequisites.size();i++){ p=prerequisites[i]; graph[p.second].push_back(p.first); indegree[p.first]++; } while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=0;i<numCourses;i++) { if(indegree[i]==0) q.push(i); //printf("indegree[%d]=%d\n",i,indegree[i]); } int cnt=0;//保存已经确定了多少个节点数目 while(!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); cnt++; //printf("cnt=%d\n",cnt); for(int i=0;i<graph[now].size();i++) { indegree[graph[now][i]]--; if(indegree[graph[now][i]]==0) q.push(graph[now][i]); } } if(cnt==numCourses) return true; else return false; } };
思路二:
DFS的解法,也需要建立有向图,还是用二维数组来建立,和BFS不同的是,我们像现在需要一个一维数组visit来记录访问状态,大体思路是,先建立好有向图,然后从第一个门课开始,找其可构成哪门课,暂时将当前课程标记为已访问,然后对新得到的课程调用DFS递归,直到出现新的课程已经访问过了,则返回false,没有冲突的话返回true,然后把标记为已访问的课程改为未访问。
具体思路:
建立有向图,用二维数组来建立,需要一个一维数组visit来记录访问状态,这里有三种状态,0表示还未访问过,1表示已经访问了,-1表示正在访问,还没有处理完的节点。如果存在一条-1到-1的路,这就是一个环。大体思路是,先建立好有向图,然后从第一个门课开始,找其可构成哪门课,暂时将当前课程标记为-1,然后对新得到的课程调用DFS递归,如果新课程在visit里值为1,说明新课程已经完成,那么第一门课可以不用构成这个新课程,第一门课可以被记为1,直接返回true即可。如果新课程是-1,说明新课程也在等待别的课程把它完成,也就是出现了环,则返回false。
class Solution { public: bool canFinish(int numCourses, vector<pair<int, int>>& prerequisites) { int len=prerequisites.size(); vector<vector<int>> graph(numCourses,vector<int>(0)); vector<int> visit(numCourses,0); pair<int, int> p; for(int i=0;i<prerequisites.size();i++){ p=prerequisites[i]; graph[p.second].push_back(p.first); } for(int i=0;i<numCourses;i++) { if(!canfinishdfs(graph,visit,i)) return false; } return true; } bool canfinishdfs(vector<vector<int>> &graph,vector<int> &visit,int i) { if(visit[i]==1) return true; if(visit[i]==-1) return false; visit[i]=-1; for(int j=0;j<graph[i].size();j++) { if(!canfinishdfs(graph,visit,graph[i][j])) return false; } visit[i]=1; return true; } };
210课程表II
只贴代码,和bfs只多了一个结果vector
class Solution { public: vector<int> findOrder(int num, vector<pair<int, int>>& pre) { int len= pre.size(); //设置三个要用的,图,入度表,处理队列,结果队列 vector<vector<int> > graph(num,vector<int>(0)); int indegree[num]={0}; queue<int> q; vector<int> ans; //初始化函数 for(int i=0;i<num;i++) { graph[i].clear(); indegree[i]=0; } while(!q.empty()) q.pop(); pair<int,int> t; for(int i=0;i<len;i++) { t=pre[i]; graph[t.second].push_back(t.first); indegree[t.first]++; } for(int i=0;i<num;i++) { if(indegree[i]==0) q.push(i); } int cnt=0;//保存处理节点的个数 while(!q.empty()) { int now=q.front(); ans.push_back(now); cnt++; q.pop(); for(int i=0;i<graph[now].size();i++) { indegree[graph[now][i]]--; if(indegree[graph[now][i]]==0) q.push(graph[now][i]); } } if(cnt!=num) { ans.clear(); } return ans; } };