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算法期中考到一题关于拓扑序的题目，觉得很值得一写。
1.什么是拓扑序？
对一个有向无环图进行拓扑排序，假如图中存在一条从顶点A到顶点B的路径，则拓扑序中顶点A出现在顶点B的前面。要注意的是，这是对有向无环图而言的，假如图是有环的，拓扑序就无从谈起了。在这道题目中，已经假定了图是一个无环图。因此不需要进行检查。
2.怎么得出拓扑序？
有两种方法，分别基于BFS和DFS，时间复杂度都是O(|V| + |E|)。以这道题作为例子分别说一下：
（1）BFS
这是我最先想到的方法。我们需要：一个数组，统计每个顶点的入度数；一个队列用于bfs。首先遍历一次所有的边，将每个顶点的入度数都求出来，而入度数为0的顶点说明没有其他顶点指向它。因此先把入度数为0的顶点放进队列中。
接着用一个循环每次从队头取出front，把它放进返回结果的列表中。然后遍历一遍所有的边，假如当前边对应的起始顶点为front，则将边对应的终结顶点的入度数减1（我们把front放进结果中，也视作把front从图中去掉了，那入度数自然要减1了）。如果一个顶点的入度数变为0，说明已经没有其他顶点指向它了，就可以把它放入队尾。一直到队列为空时，说明拓扑序已经得到了。
代码如下：
class Solution { public: vector<int> topologicalSort(int n, vector<pair<int, int> >& edges) { vector<int> res; int * in_degree = new int[n]; queue<int> q; for (int i = 0; i < n; i++) { in_degree[i] = 0; } for (int i = 0; i < edges.size(); i++) { in_degree[edges[i].second]++; } for (int i = 0; i < n; i++) { if (in_degree[i] == 0) { q.push(i); } } while (!q.empty()) { int front = q.front(); q.pop(); res.push_back(front); for (int i = 0; i < edges.size(); i++) { if (edges[i].first == front) { in_degree[edges[i].second]--; if (in_degree[edges[i].second] == 0) { q.push(edges[i].second); } } } } return res; } };
（2）DFS
据说这是神书《算法导论》中提到的算法：用深度搜索来遍历整个图，采用一个数组来保存每个顶点完成的时间，这样这个数组就存放了按先后顺序访问完成的顶点了。然后我们按照顶点访问的完成时间从大到小排序，得到的就是一个拓扑序了，具体证明如下（来自其他博客）：
在这道题中，肯定不用真的开一个数组啊，代码如下：
class Solution { public: vector<int> topologicalSort(int n, vector<pair<int, int> >& edges) { vector<int> res; stack<int> s; int * isVisited = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { isVisited[i] = 0; } for (int i = 0; i < n; i++) { if (!isVisited[i]) dfs(edges, s, isVisited, i); } while (!s.empty()) { res.push_back(s.top()); s.pop(); } return res; } void dfs(vector<pair<int, int> >& edges, stack<int> & s, int * isVisited, int u) { isVisited[u] = 1; for (int i = 0; i < edges.size(); i++) { if (edges[i].first == u && !isVisited[edges[i].second]) { dfs(edges, s, isVisited, edges[i].second); } } s.push(u); } };
这样就得出结果了。（个人认为还是BFS易理解一点）
3.针对这道题......
So sad，以上两种方法在这道题都TLE了，因为对于每个顶点，我们都需要遍历一次边的数组，要想节省时间，我们就要花费空间，使对于每个顶点，我们只需要考虑以它为起始点的边。
真正能AC的代码：
class Solution { public: vector<int> topologicalSort(int n, vector<pair<int, int> >& edges) { vector<int> res; vector<vector<int> > newedges(n, vector<int>()); queue<int> q; vector<int> in_degree(n, 0); for (int i = 0; i < edges.size(); i++) { in_degree[edges[i].second]++; newedges[edges[i].first].push_back(edges[i].second); } for (int i = 0; i < n; i++) { if (in_degree[i] == 0) { q.push(i); } } while (!q.empty()) { int front = q.front(); q.pop(); res.push_back(front); for (int i = 0; i < newedges[front].size(); i++) { in_degree[newedges[front][i]]--; if (in_degree[newedges[front][i]] == 0) q.push(newedges[front][i]); } } return res; } };
4.抛开这道题目——有环情况的判断（leetcode有题目：https://leetcode.com/problems/course-schedule/description/）
可以利用上面的dfs方法，比如isVisited这个数组，我们可以多增一种情况，比如0为未访问，1为已访问，-1为正在访问，当dfs搜索时遇到了一条边终止顶点对应的isVisited元素为-1时，就说明图中有环了（为-1说明我们是从这个顶点开始dfs的，现在又遇到了这个顶点...）。
另外一种判断图是否有环的方法，借助bfs，假如“生成拓扑序”后，还有顶点不在这个“拓扑序”里面，则图就有环了（加双引号是因为不能真正称作“拓扑序”啊）。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/fengziwei/p/7875355.html
