leetcode207:课程表问题
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瓶子君 commented
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
- 你可以假定输入的先决条件中没有重复的边
1 <= numCourses <= 10^5
附赠leetcode地址:leetcode
7777sea commented
/**
* @param {number} numCourses
* @param {number[][]} prerequisites
* @return {boolean}
*/
var canFinish = function(numCourses, prerequisites) {
const graph={};
const degree=new Array(numCourses).fill(0);
// 采用邻接表来保存课程的依赖关系,并且记录被依赖课程的先导次数
for(const it of prerequisites){
if(graph[it[0]]===undefined) graph[it[0]]=[it[1]]
else graph[it[0]].push(it[1])
degree[it[1]]++;
}
//degree[i]为0,表示该课程不属于任何课程的先导课
// 则需要将这些课程编号入栈
const stack=[];
for(let i=0;i<numCourses;i++){
if(degree[i]===0) stack.push(i)
}
let cnt=0;
while(stack.length){
const c=stack.pop();
cnt++;
for(const pre of (graph[c]||[c])){
// 注意下面degree[pre]可能为负数,但是不影响结果
degree[pre]--;
if(degree[pre]===0) {
stack.push(pre)
}
}
}
return cnt===numCourses
};
瓶子君 commented
这是一道经典的拓扑排序问题,所谓拓扑排序,举个例子:
比如吃自助火锅,有一套约定俗成的流程,首先先打开包装,然后放入粉、佐料、菜,然后在加水,最后盖上盖子;这是有一套先后顺序的,你不可能没打开包装就放佐料,也可以说这是有一套依赖关系的,盖盖子依赖加水,加水依赖放入粉、佐料、菜,继而依赖打开包装
这种关系通常使用有向图来表示,如果这套流程能够成功的帮助你最后吃到火锅(无环),那这种依赖顺序就是拓扑排序,即拓扑排序是针对有向无环图的
解法:广度优先遍历
例如:
输入: 5, [[4,2],[4,3],[2,0],[2,1]]
所以我们可以使用 邻接表 来表示有向图中各个节点的依赖关系,同时维护一个入度表,则入度表中入度为 0
的节点所表示的课程是可以立即开始学习的(没有先决条件条件或先觉条件已完成)
那么这题就很简单了:
- 创建一个队列,并将临接表中所有入度为
0
的节点放入队列中 - 若队列非空,则从队列中出队第一个节点,
numCourse —
(学习该课程),然后将将依赖该课程所有临接节点的入度减1
- 若减
1
后节点入度为0
,则该课程又是可立即学习课程,将该节点添加到队尾 - 若减
1
后节点入度不为0
,则继续遍历下一节点
- 若减
- 当队列为空,检查
numCourses === 0
(所有课程是否全部学习结束)即可
let canFinish = function(numCourses, prerequisites) {
// 如果没有先决条件,即所有的课程均没有依赖关系
// 直接返回 true
if (prerequisites.length === 0) {
return true
}
// 维护入度表
let inDegree = new Array(numCourses).fill(0)
// 维护临接表
let adj = new Map()
for (let e of prerequisites) {
inDegree[e[0]]++
if(!adj.has(e[1])) adj.set(e[1], [])
let vEdge = adj.get(e[1])
vEdge.push(e[0])
}
let queue = []
// 首先加入入度为 0 的结点
for (let i = 0; i < numCourses; i++) {
if (inDegree[i] === 0) {
queue.push(i)
}
}
while (queue.length > 0) {
// 从队首移除
var v = queue.shift()
// 出队一门课程
numCourses--
if(!adj.has(v)) continue
// 遍历当前出队结点的所有临接结点
for(let w of adj.get(v)) {
inDegree[w]--
if (inDegree[w] === 0) {
queue.push(w)
}
}
}
return numCourses === 0
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:O(V+E),遍历一个图需要访问所有节点和边
- 空间复杂度:O(V+E),用于存储临接表等