LeetCode Notes#210_课程表II

LeetCode Notes#210_课程表II

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题目

LeetCode Notes#210_课程表II

解答

这一题其实就是#207 课程表的升级版,区别在于:

  • 课程表一题只需要返回一个boolean变量,表示这组课程能否被修完;
  • 本题需要给出这组课程正确的修读顺序。

方法1:BFS+队列

模拟拓扑排序的过程,参见什么是拓扑排序(Topological Sorting)

class Solution {
    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        int[] res = new int[numCourses];
        int index = 0;
        //每个节点的入度
        int[] inDegrees = new int[numCourses];
        //每个节点指向的节点(后续课程)
        List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();
        //队列用于BFS
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        //根据prerequisites填充inDegrees和adjacency
        //adjacency的元素是ArrayList,需要进行初始化
        for(int i = 0; i < numCourses; i++)
            adjacency.add(new ArrayList<>());
        //填充inDegrees和adjacency
        for(int[] cp: prerequisites){
            inDegrees[cp[0]]++;
            adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
        }
        //初始化队列,将所有入度为0的节点入队
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            if(inDegrees[i] == 0) queue.offer(i);
        }
        //BFS过程:1. 队列里的课程可修,直接删除 2. 修完一些课程,它的邻居课程可能也可以修了,继续入队
        while(!queue.isEmpty()){
            int pre = queue.poll();
            res[index++] = pre;
            numCourses--;
            for(Integer cur: adjacency.get(pre)){
                if(--inDegrees[cur] == 0) queue.offer(cur);
            }
        }
        if(numCourses == 0) return res;
        return new int[0];
    }
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n+m),n为课程数(图的节点数),m为先修课程要求数(图的边个数)
空间复杂度:O(n+m),需要先将图存储为邻接表形式(即adjacency形式),他的大小就是n+m。至于其他的辅助变量queue,inDegrees空间都是n

方法2:DFS+栈

class Solution {
    List<List<Integer>> edges;
    int[] visited;
    int[] result;
    boolean valid = true;
    int index;

    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites){
        //edges其实就是在统计每个课程的后续课程,edges.get(i)就是一个i课程后续课程的列表
        edges = new ArrayList<List<Integer>>();
        //edges的元素是ArrayList,需要先进行一个初始化
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            edges.add(new ArrayList<Integer>());
        }
        //visited维护了一个dfs访问的状态:0->未访问 1->已访问但是未入栈 2->已访问且已经入栈
        visited = new int[numCourses];
        //result用来模拟栈,即:从后向前填充数组
        result = new int[numCourses];
        //index初始化为最后一个下标,这样才可以从后向前填充数组
        index = numCourses - 1;
        //填充edges数组,即统计每个课程的后续课程,用于后续的dfs搜索
        for(int[] info: prerequisites){
            edges.get(info[1]).add(info[0]);
        }
        //对每一个课程进行dfs搜索,如果在某个课程的dfs课程中,已经遇到了环,可以直接跳出for循环过程
        for(int i = 0; i < numCourses && valid; i++){
            if(visited[i] == 0) dfs(i);
        }
        //根据valid变量决定返回值,如果valid == false说明这些课程不可能修完,直接返回空数组
        if(!valid) return new int[0];
        //否则就返回result数组,记录了正确的完成课程的顺序
        return result;
    }
    //为什么这里的递归没有出口条件?其实出口条件有两个:1. edges.get(u)全都遍历了一遍,就可以返回了 2. 中途遇到了valid == false的情况,就不会把edges.get(i)遍历一遍,而是提前返回
    public void dfs(int u){
        //访问到一个课程,首先修改visit标记,表示当前课程正在被访问,但是还没有入栈(因为这还不是最后一个课程,需要进一步进行dfs)
        visited[u] = 1;
        //对当前课程的所有后续课程进行dfs(类似对树的左右子树进行dfs)
        for(int v: edges.get(u)){
            if(visited[v] == 0){
                //dfs的主要目的就是判断是否有环(或者说维护valid变量)
                dfs(v);
                if(!valid) return;
            }else if(visited[v] == 1){
                //遇到了之前标记过的课程,就说明出现了环,修改valid变量为false,直接结束一切过程,返回空数组
                valid = false;
                return;
            }
        }
        //课程入栈
        visited[u] = 2;
        result[index--] = u;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n+m),n为课程数(图的节点数),m为先修课程要求数(图的边个数)
空间复杂度:O(n+m),需要先将图存储为邻接表形式(即edges形式),他的大小就是n+m。至于其他的辅助变量result,visited空间都是n。递归调用的栈深度最高不会超过n(高度为n的情况下,图退化成为一个链表)。

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