题目描述（中等难度）

Course Schedule 的延伸，给定 组先修课的关系，[m,n] 代表在上 m 这门课之前必须先上 n 这门课。输出一个上课序列。

思路分析

207 题 考虑是否存在一个序列上完所有课，这里的话，换汤不换药，完全可以按照 的解法改出来，大家可以先去看一下。主要是两种思路，BFS 和 DFS ，题目就是在考拓扑排序。

解法一

先把 207 题 的思路贴过来。

把所有的关系可以看做图的边，所有的边构成了一个有向图。

对于[[1,3],[1,4],[2,4],[3,5],[3,6],[4,6]] 就可以看做下边的图，箭头指向的是需要先上的课。

想法很简单，要想上完所有的课，一定会有一些课没有先修课，比如上图的 5、6。然后我们可以把 5 和 6 节点删去。

然后 3 和 4 就可以上了，同样的道理再把 3 和 4 删去。

接下来就可以去学 1 和 2 了。因此可以完成所有的课。

代码的话，用邻接表表示图。此外，我们不需要真的去删除节点，我们可以用 outNum 变量记录所有节点的先修课门数。当删除一个节点的时候，就将相应节点的先修课个数减一即可。

最后只需要判断所有的节点的先修课门数是否全部是 0 即可。

在这道题的话，改之前的代码也很简单，只需要把每次出队的元素保存起来即可。

解法二

同样的，先把 的思路贴过来。

还有另一种思路，我们只需要一门课一门课的判断。

从某门课开始遍历，我们通过 DFS 一条路径一条路径的判断，保证过程中没有遇到环。

深度优先遍历 1，相当于 3 条路径

1 -> 3 -> 5，1 -> 3 -> 6，1 -> 4 -> 6。

深度优先遍历 2，相当于 1 条路径

2 -> 4 -> 6。

深度优先遍历 3，相当于 2 条路径

3 -> 5，3 -> 6。

深度优先遍历 4，相当于 1 条路径

4 -> 6。

深度优先遍历 5，相当于 1 条路径

深度优先遍历 6，相当于 1 条路径

6。

什么情况下不能完成所有课程呢？某条路径出现了环，如下图。

出现了 1 -> 3 -> 6 -> 3。所以不能学完所有课程。

代码的话，用邻接表表示图。通过递归实现 ，用 visited 存储当前路径上的节点。

同时用 visitedFinish 表示可以学完的课程，起到优化算法的作用。

在这道题的话，我们只需要在 dfs 中把叶子节点加入，并且如果当前节点的所有先修课已经完成，也将其加入。在代码中就体现在完成了 for 循环的时候。

public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    HashMap<Integer, ArrayList<Integer>> outNodes = new HashMap<>();
    HashSet<Integer> set = new HashSet<>();
    int rows = prerequisites.length;
    for (int i = 0; i < rows; i++) {
        int key = prerequisites[i][0];
        int value = prerequisites[i][1];
        set.add(key);
        if (!outNodes.containsKey(key)) {
            outNodes.put(key, new ArrayList<>());
        }
        // 存储当前节点的所有先修课程
        ArrayList<Integer> list = outNodes.get(key);
        list.add(value);
    }
    int[] res = new int[numCourses];
    HashSet<Integer> resSet = new HashSet<>(); //防止重复的节点加入
    HashSet<Integer> visitedFinish = new HashSet<>();
    // 判断每一门课
    for (int k : set) {
            return new int[0];
        }
        visitedFinish.add(k);
    }
    //和之前一样，把独立的课加入
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        if (!resSet.contains(i)) {
            res[count++] = i;
        }
    }
    return res;
}
int count = 0;
                    HashSet<Integer> visitedFinish, int[] res, HashSet<Integer> resSet) {
    // 已经处理过
    if (visitedFinish.contains(start)) {
        return true;
    }
    //**************主要修改的地方********************//
    // 到了叶子节点
    if (!outNodes.containsKey(start)) {
        if (!resSet.contains(start)) {
            res[count++] = start;
        }
        return true;
    }
   //**********************************************//
    // 出现了环
    if (visited.contains(start)) {
        return false;
    }
    // 将当前节点加入路径
    visited.add(start);
    ArrayList<Integer> list = outNodes.get(start);
    for (int k : list) {
        if (!dfs(k, outNodes, visited, visitedFinish, res, resSet)) {
            return false;
        }
    }
    //**************主要修改的地方********************//
    if (!resSet.contains(start)) {
        resSet.add(start);
        res[count++] = start;
    }
    //**********************************************//
    visited.remove(start);
    return true;

我们分别用数组 res 和集合 resSet 存储最终的结果，因为 DFS 中可能经过重复的节点，resSet 可以保证我们不添加重复的节点。

总

总体上和 207 题 是一样的，一些细节的地方注意到了即可。当然上边的代码因为是在 207 题的基础上改的，所以可能不够简洁，仅供参考，总体思想就是 BFS 和 。

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