Leetcode 每日一题：Course Schedule II

写在前面：

今天我们继续来看一道经典的图论问题，而这个问题可以说是跟我们一众学生的生活息息相关啊！我们每年都有很多需要完成的必修指标，每一个必修指标可能会有一个或多个先修要求，而我们需要决定是否能将这些课全都上一遍，这不就是咱们苦逼大学生每学期选课前的日常嘛！那既然如此，我们就来看看这道与我们生活息息相关的这道算法题吧～～

题目介绍：

题目信息：

题目链接：https://leetcode.com/problems/course-schedule-ii/description/
题目类型：DFS，Graph，Adjacent List，Topology
题目难度：Medium，但其实我觉得作为一道 hard 也不是不可以
题目来源：Google 高频面试真题

题目介绍：

给定一个整数，代表所有需要修的课的总数，所有需要修的课为 0, ...., numCourses - 1
给定一个数组，每一个元素是一个长度为 2 的小数组，每一个小数组的第一个为目标课程，第二个为这个目标课程所需要的先修 (prerequisites)
找出一个可以把全部课上完的组合，返回这个组合
如果不可能都上完，则返回一个空数组

题目想法：

图论转化：

这道题目的关键是在于找到对应关系，而这个对应关系就来源于 prerequisite，也就是先修， 即：a ---> b 一定得先上过 a 才能上 b

这样的话，这道题其实就是一个巨大的单向图的问题，每一个课都是一个节点，而我们可以从任何一个节点开始，只需要找到一个可以不重复的访问所有节点的策略就可以了。同时，这道题目可以允许多个起点，因为对于一些没有任何 prerequisite 的课，在图中表示为游离点，我们也是可以直接上的，所以我们只需要找有连接的点中，有没有内置的循环即可。当且仅当在图中的一个部分存在循环的时候，我们才无法上完所有的课

ADJ List

这道题的 adjacent List 也相对比较好想直接，我们只需要遍历所有的 prerequiste，将每一个prerequisite[0] 作为 dest，prerequisite[1] 作为 src 就可以了，我们将会形成一个：

adjacentList<src, vector<dest>>

Traverse 图的方法：

方法1: DFS

这是一种相对比较标准的有序图的遍历解法。核心思想就是选定一个出发点，一路 traverse 直到到底（在我们的场景下就是最后一个最高阶的课程），然后再退回寻找其他路径，直到所有图都被覆盖。

在使用 DFS 进行遍历的时候，我们可以用一些小 tricks 来减少重复的遍历：

利用全局bool，如果一次遍历出现循环，则全局可能性为 false，不需要再遍历了
利用“染色”的方法，没有被处理的点是白色，当前一轮 dfs 正在处理的点为灰色，而 dfs 结束以后的点处理为灰色
- 我们进行起点选择的时候，只选择还是白色的点作为起点
- 我们在遍历途中，如果发现我们将要去的点为灰色，这说明我们这次遍历遇到了循环，因为灰色意味着他和我们是同一组遍历被发现的，这个时候可以全局停止遍历了
- 当一个点完成遍历以后，我们把他标记为黑色，并且放入已遍历的数组中
- 因为DFS，一定是最高级的，也就是图中最后一个被遍历到的点先被放进数组，所以我们在输出结果的时候，将已遍历的结果倒转一下输出即可
Runtime O(V+E) 我们遍历了所有的 node 和 edge 各一次
Space O(V+E) 我们存储的也是所有的 node 和他们的 edge

方法2: Indegree map 和 queue

这种方法是一种我们比较好想的方法，来源于我们日常生活中的思维模式：

在考虑一节课能不能上的时候，我们通常会考虑他的 prerequisite 有没有上完，而缺了几节 prerequisite，就意味着我们和这节课还有多少节课的差距

如果这个课没有任何依赖的话，我们就可以直接上这门课。

这个特性刚好可以图论中的 degree 特性连接起来。在一个有序图中，一个点的 degree 可以被表示为有多少个点以他为目标。在我们写 adj List 的时候，我们就可以同时记录这个点的 indegree，每当我们记录到一个 pair 的时候，这个 pair 的 dest 对应的点的 indegree 就要 + 1

而在我们进行遍历的时候，我们先将所有 indegree 为 0 的点放入 queue，假装我们是要上这些课，然后在不断的 pop 的过程中，就好似我们上完了一节节课以后，对应的其他课的 prerequisite 就减少了，也离我们更近了，所以对应这节课的所有 adj 的邻居 indegree 都 -1。而如果有新的课 indegree 变成 0 以后，意味着我们又可以上这门课了，我们就把他放入到 queue 中。一直反复直到我们的 queue 为空，无课可上了。

Runtime：O(V+E)
Space: O(V+E)

Note: 两种方法在 speed 和 space 上是相同量级的，但是因为 DFS 要使用 recursion 来进行实现，无论是内存的占用还是效率都是比不上仅使用循环的第二种方法的。实测第二种方法也是跑的相对更快一些，也更被我们的思维所接受。

题目代码：

方法1（DFS）:

class Solution {
public:
    int WHITE = 1;
    int GRAY = 2;
    int BLACK = 3;
    
    void DFS(unordered_map<int, vector<int>> adjacentList, vector<int>& color, bool& isPossible, vector<int>& topologicalOrder, int i) {
        //break the research if it is impossible
        if(!isPossible)
            return;
        
        //the current process indicator, if we meet another gray when we want to traverse --> loop
        color[i] = GRAY;
        for(int node: adjacentList[i]){
            if(color[node] == WHITE){
                //a new node we can visit and try
                DFS(adjacentList, color, isPossible, topologicalOrder, node);
            }else if(color[node] == GRAY){
                //we encounter a loop, making the whole process not possible
                isPossible = false;
            }
        }
        
        //finish traverse this node, make it black, marked as visited and settled
        color[i] = BLACK;
        topologicalOrder.push_back(i);
    }
    
    vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        //create adjacent list and the topological color scheme
        unordered_map<int, vector<int>> adjacentList;
        vector<int> color(numCourses, WHITE);
        bool isPossible = true;
        vector<int> topologicalOrder;
        
        //fill out the adjacent List
        for(int i = 0; i < prerequisites.size(); i++){
            adjacentList[prerequisites[i][1]].push_back(prerequisites[i][0]);
        }
        
        //iterate every possible, non visited node using DFS
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            if(!isPossible) 
                break;
            if(color[i] == WHITE)
                DFS(adjacentList, color, isPossible, topologicalOrder, i);
        }
        
        //reverse the topological order if needed:
        vector<int> order;
        if(isPossible){
            order.resize(numCourses);
            for(int i = 0; i < numCourses; i++){
                order[i] = topologicalOrder[numCourses-i-1];
            }
        }
        return order;
    }
};

方法2（Queue）：

class Solution {
public:
    vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        bool isPossible = true;
        vector<int> inDegree(numCourses, 0);
        map<int, vector<int>> adjList;
        vector<int> res;

        // Create the adjacency list representation of the graph.
        for (vector<int> relation : prerequisites) {
            int dest = relation[0];
            int src = relation[1];
            adjList[src].push_back(dest); // connect the neighbors
            inDegree[dest] += 1;          //since there is one more node to reach him
        }

        //first, we push every node with 0 indegree into the queue, since they are free to start:
        //we keep remove the nodes out of the graph, decresing their neighbours degrees as if 
        //we are finish one course and move to another. 
        queue<int> zeroDegree;
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            if(inDegree[i] == 0){
                zeroDegree.push(i);
            }
        }
        while(!zeroDegree.empty()){
            int current = zeroDegree.front();
            zeroDegree.pop();
            res.emplace_back(current);
            
            for(int course: adjList[current]){
                inDegree[course] -= 1;
                //if there is a free elective rn, we push to the queue
                if(inDegree[course] == 0){
                    zeroDegree.push(course);
                }
            }
        }
        
        if(res.size() == numCourses){
            return res;
        }
        return vector<int>();
    }
};