LeetCode/210. 课程表 II

210. 课程表 II

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:

1. 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。
2. 你可以假定输入的先决条件中没有重复的边。

提示:

1. 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。
2. 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。
3. 拓扑排序也可以通过 BFS 完成。

来源：力扣（LeetCode）
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题解：

本题还是使用拓扑排序和深度优先搜索遍历两种方式。本题是在207. 课程表基础上做了小幅度改动，我们需要将拓扑排序的路径记录下来。首先我们来看广度优先搜索遍历，主要是创建一个inDegree数组用来存放各个节点的入度，然后将入度为0的节点入队再出队，和出队节点相邻的各个节点入度减一后判断各节点入度是否为0，如果是则入队，如此循环直到队列为空，最后将结果返回即可。

具体代码如下：

class Solution {
    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        Map<Integer, ArrayList<Integer>> graph = new HashMap<>();
      	//存放入度
        int[] inDegree = new int[numCourses];
      	//存放结果
        int[] result = new int[numCourses];

      	//构建图
        for (int[] prerequisite : prerequisites) {
            int u = prerequisite[0];
            int v = prerequisite[1];

            inDegree[u]++;
            if (graph.get(v) == null) graph.put(v, new ArrayList<>());
            graph.get(v).add(u);
        }

      	//将入度为0的节点加入队列
        for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
            if (inDegree[i] == 0) queue.add(i);
        }

      	//count用于result数组索引存放元素，nums用于判断该图是否存在环
        int count = 0;
        int nums = numCourses;
        while (!queue.isEmpty() && (count < numCourses)) {
            int temp = queue.poll();
            nums--;
            result[count++] = temp;
            if (graph.get(temp) == null) continue;
            ArrayList<Integer> list = graph.get(temp);
            for (Integer integer : list) {
                if (--inDegree[integer] == 0) queue.add(integer);
            }
        }
        if (nums == 0) return result;
        else return new int[]{};
    }
}

还有一种深度优先搜索遍历的方法，其核心是要创建一个status数组用来存放当前节点的访问状态，0为未访问，1为正在访问，2为已经访问过。我们随机地从一个节点出发，通过DFS遍历当前节点所有相邻的点，如果当前节点状态为1，则证明遍历一圈回到了起始点，即存在环，我们直接返回true。否则我们依次遍历，当节点没有出度时，我们将节点入栈并回退，如此反复，当所有节点的status都为2时，循环结束。

具体代码如下：

class Solution {
    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        Map<Integer, ArrayList<Integer>> graph = new HashMap<>();
        //status:unkonwn == 0, visiting == 1, visited == 2
        int[] status = new int[numCourses];
        Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>();
        int[] result = new int[numCourses];

        for (int[] prerequisite : prerequisites) {
            int u = prerequisite[0];
            int v = prerequisite[1];

            if (graph.get(v) == null) graph.put(v, new ArrayList<>());
            graph.get(v).add(u);
        }

        for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
            //有环返回true
            if (dfs(i, graph, status, stack)) return new int[]{};
        }

      	//出栈的顺序即为访问顺序
        for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
            result[i] = stack.pop();
        }

        return result;
    }

    private boolean dfs(int curr, Map<Integer, ArrayList<Integer>> graph, int[] status, Deque<Integer> temp) {

        if (status[curr] == 1) return true;//有环存在
        if (status[curr] == 2) return false;//已经访问过，没有必要再次访问

        status[curr] = 1;
        ArrayList<Integer> list = graph.get(curr);
        if (list != null){
            for (Integer t : list) {
                if (dfs(t, graph, status, temp))
                    return true;
            }
        }
        status[curr] = 2;
        temp.push(curr);
        return false;
    }
}