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leetocode 207 课程表

时间:2019-11-30 19:17:23      阅读:86      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:enc   pre   队列   前置   复杂   条件   rem   解题思路   dfs   

解题思路:

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,否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)。
拓扑排序是对 DAG 的顶点进行排序,使得对每一条有向边 (u, v),均有 u(在排序记录中)比 v 先出现。亦可理解为对某点 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 prerequisites 可以得到课程安排图的 邻接矩阵 adjacency,以下两种方法都会用到邻接矩阵。

方法1:入度表(广度优先遍历)

算法流程:

统计课程安排图中每个节点的入度,生成 入度表 indegrees。
借助一个队列 queue,将所有入度为 00 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 00,说明 cur 所有的前驱节点已经被 “删除”,此时将 cur 入队。
在每次 pre 出队时,执行 numCourses--;
若整个课程安排图是有向无环图(即可以安排),则所有节点一定都入队并出队过,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),为建立邻接矩阵所需额外空间

class Solution {
 public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    int[] indegrees = new int[numCourses];
    for(int[] cp : prerequisites) indegrees[cp[0]]++;
    LinkedList<Integer> queue = new LinkedList<>();
    for(int i = 0; i < numCourses; i++){
        if(indegrees[i] == 0) queue.addLast(i);
    }
    while(!queue.isEmpty()) {
        Integer pre = queue.removeFirst();
        numCourses--;
        for(int[] req : prerequisites) {
            if(req[1] != pre) continue;
            if(--indegrees[req[0]] == 0) queue.add(req[0]);
        }
    }
    return numCourses == 0;
}

}

方法2:深度优先遍历

算法流程(思路是通过 DFS 判断图中是否有环):
借助一个标志列表 flags,用于判断每个节点 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。
对 numCourses 个节点依次执行 DFS,判断每个节点起步 DFS 是否存在环,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。
将当前访问节点 i 对应 flag[i] 置 1,即标记其被本轮 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 置为 -1 并返回 True。
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),为建立邻接矩阵所需额外空间。

class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    int[][] adjacency = new int[numCourses][numCourses];
    int[] flags = new int[numCourses];
    for(int[] cp : prerequisites)
        adjacency[cp[1]][cp[0]] = 1;
    for(int i = 0; i < numCourses; i++){
        if(!dfs(adjacency, flags, i)) return false;
    }
    return true;
}
private boolean dfs(int[][] adjacency, int[] flags, int i) {
    if(flags[i] == 1) return false;
    if(flags[i] == -1) return true;
    flags[i] = 1;
    for(int j = 0; j < adjacency.length; j++) {
        if(adjacency[i][j] == 1 && !dfs(adjacency, flags, j)) return false;
    }
    flags[i] = -1;
    return true;
}

}

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标签:enc   pre   队列   前置   复杂   条件   rem   解题思路   dfs   

原文地址:https://www.cnblogs.com/wqali/p/11963487.html

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