207. 课程表
代码描述：
你这个学期必须选修 numCourse 门课程，记为 0 到 numCourse-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，请你判断是否可能完成所有课程的学习？
示例 1:
输入: 2, [[1,0]]
输出: true
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0。所以这是可能的。
示例 2:
输入: 2, [[1,0],[0,1]]
输出: false
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1。这是不可能的。
提示：
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。
3.1 <= numCourses <= 10^5
思想：
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) 。 拓扑排序原理： 对 DAG 的顶点进行排序，使得对每一条有向边 (u, v)(u,v)，均有 uu（在排序记录中）比 vv 先出现。亦可理解为对某点 vv 而言，只有当 vv 的所有源点均出现了，vv 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 邻接表 adjacency，以降低算法时间复杂度。
广度优先搜索算法流程：
1.统计课程安排图中每个节点的入度，生成 入度表 indegrees。
2.借助一个队列 queue，将所有入度为 0 的节点入队。
3.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 -1−1后邻接节点 cur 的入度为 0，说明 cur 所有的前驱节点已经被 “删除”，此时将 cur 入队。
4.在每次 pre 出队时，执行 numCourses--；
5.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。
6.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 + M)： 为建立邻接表所需额外空间，adjacency 长度为 N，并存储 M 条临边的数据。
参考：
代码：
class Solution { public: bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) { if(prerequisites.empty()) return true; int num = numCourses; //注意不能直接对numCourses--，因为使用了numCourses作为循环的判定条件 queue<int> zero; vector<int> degrees(numCourses); vector<vector<int>> adj(numCourses); for(int i=0;i<prerequisites.size();i++){ degrees[prerequisites[i][0]]++; adj[prerequisites[i][1]].push_back(prerequisites[i][0]); } for(int i=0;i<numCourses;i++){ if(degrees[i]==0){ zero.push(i); num--; } } while(!zero.empty()){ int tmp = zero.front(); //注意用front获取队列的队首元素 zero.pop(); for(int i=0;i<adj[tmp].size();i++){ if(--degrees[adj[tmp][i]]==0){ zero.push(adj[tmp][i]); num--; } } } if(num==0) return true; else return false; } };
