题目
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 。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。
1 <= numCourses <= 10^5
分析思路
- 本题可约化为:课程安排图是否是有向无环图(DAG)。即课程间规定了前置条件,但不能构成任何环路,则课程前置条件将不成立。
- 思路是通过拓扑排序判断此课程安排图是否是有向无环图(DAG)。拓扑排
序原理:对DAG的顶点进行排序,使得对每一条有向边(u,),均有u(在排序记录中)比u先出现。可理解为对某点v而言,只有当v的所有
源点均出现了,v才能出现。 - 通过课程前置条件列表
prerequiisites
可以得到课程安排图的邻接表
adjacency
,以降低算法时间复杂度,以下两种方法都会用到邻接表。
方法:拓扑入度表(BFS)
算法流程:
- 统计课程安排图中每个节点的入度,成入度表
indegrees.
- 借助-一个队列
queue
,将所有入度为0的节点入队。 - 当
queue
非空时,依次将队首节点出队,在课程安排图中删除此节点pre :。- 并不是真正从邻接表中删除此节点pre, 而是将此节点对应所有邻接节点cur 的入度-1,即
indegrees[cur] -= 1。
- 当入度-1后邻接节点cur 的入度为0,说明cur 所有的前驱节点已经被“删除”,此时将cur 入队。
- 并不是真正从邻接表中删除此节点pre, 而是将此节点对应所有邻接节点cur 的入度-1,即
- 在每次pre 出队时,执行
numCourses-i
- 若整个课程安排图是有向无环图(即可以安排),则所有节点-定都入队并出队过,即完成拓扑排序。换个角度说,若课程安排图中存在环,一定有节点的入度始终不为0。
- 因此,拓扑排序出队次数等于课程个数,返回
numCourses == 0
判断课程是否可以成功安排。
复杂度分析:
- 时间复杂度O(N + M):遍历-个图需要访问所有节点和所有临边,N和M分别为节数量和临边数量;
- 空间复杂度O(N + M):为建立邻接表所需额外空间,
adjacency
长度为N,存储M条临边的数据。
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int[] indegrees = new int[numCourses];//入度表
List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();//领接表
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();//验证环的队列
for(int i = 0; i < numCourses; i++) { //初始化领接表
adjacency.add(new ArrayList<Integer>());
}
for(int [] cp : prerequisites) {
indegrees[cp[0]]++; //初始化入度表
adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);//初始化领接表
}
//将入度为0的插入到队列中
for(int i = 0; i < numCourses; i++) {
if(indegrees[i] == 0) {
queue.add(i);
}
}
//BFS TopSort
while(!queue.isEmpty()) {
int pre = queue.poll();
numCourses--;
for(int cur : adjacency.get(pre)) {
if(--indegrees[cur] == 0) {
queue.add(cur);
}
}
}
return numCourses == 0;
}
python
from collections import deque
class Solution:
def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
indegrees = [0 for _ in range(numCourses)]
adjacency = [[] for _ in range(numCourses)]
queue = deque()
# Get the indegree and adjacency of every course.
for cur, pre in prerequisites:
indegrees[cur] += 1
adjacency[pre].append(cur)
# Get all the courses with the indegree of 0.
for i in range(len(indegrees)):
if not indegrees[i]: queue.append(i)
# BFS TopSort.
while queue:
pre = queue.popleft()
numCourses -= 1
for cur in adjacency[pre]:
indegrees[cur] -= 1
if not indegrees[cur]: queue.append(cur)
return not numCourses
方法 :DFS
思路
原理是通过 DFS 判断图中是否有环。
算法流程
- 借助一个标志列表
flags
, 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
。
- 未被DFS访问:
- 对
numCourses
个节点依次执行DFS,判断每个节点起步DFS否存在环,若存在环直接返回False。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True。 - 当
flag[i] == 1
,说明在本轮DFS搜索中节点i被第2次访问,即课程安排图有环,直接返回False.
- 当
- 将当前访问节点i对应flag[i] 置1, 即标琪被本轮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False;
- 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 为- 1并返回True。
- 终止条件:
- 若整个图DFS结束并未发现环,返回True。
复杂度分析:
- 时间复杂度O(N + M):遍历一个图需要访问所有节点和所有临边, N和M分别为节点数量和临边数量;
- 空间复杂度O(N + M):为建立邻接表所需额外空间, adjacency 长度为N, 存储M条临边的数据。
public boolean canFinish2(int numCourses, int[][] prerequisites) {
List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();//领接表
for(int i = 0; i < numCourses; i++) { //初始化领接表
adjacency.add(new ArrayList<Integer>());
}
int[] flags = new int[numCourses];
for(int [] cp : prerequisites) {
adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);//初始化领接表
}
for(int i = 0; i < numCourses; i++) {
if(!dfs(adjacency, flags, i)) {
return false;
}
}
return true;
}
private boolean dfs(List<List<Integer>> adjacency, int[] flags, int i) {
// TODO Auto-generated method stub
if(flags[i] == 1) {
return false;
}
if(flags[i] == -1) {
return true;
}
flags[i] = 1;
for(Integer j : adjacency.get(i)) {
if(!dfs(adjacency, flags, j)) {
return false;
}
}
flags[i] = -1;
return true;
}
class Solution:
def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
def dfs(i, adjacency, flags):
if flags[i] == -1: return True
if flags[i] == 1: return False
flags[i] = 1
for j in adjacency[i]:
if not dfs(j, adjacency, flags): return False
flags[i] = -1
return True
adjacency = [[] for _ in range(numCourses)]
flags = [0 for _ in range(numCourses)]
for cur, pre in prerequisites:
adjacency[pre].append(cur)
for i in range(numCourses):
if not dfs(i, adjacency, flags): return False
return True
链接:https://leetcode-cn.com/problems/course-schedule/solution/course-schedule-tuo-bu-pai-xu-bfsdfsliang-chong-fa/
该题解学习来自@Krahets
最后,不经历风雨,怎能在计算机的大山之顶看见彩虹呢! 无论怎样,相信明天一定会更好!!!!!
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