⌈算法进阶⌋图论::拓扑排序(Topological Sorting)——快速理解到熟练运用

目录

 一、原理

1. 引例：207.课程表

 2. 应用场景

3. 代码思路

二、代码模板

三、练习

1、210.课程表Ⅱ

2、2392.给定条件下构造举证

3、310.最小高度树

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 一、原理

1. 引例：207.课程表

就如大学课程安排一样，如果要学习数据结构与算法、机器学习这类课程，肯定要先学习C语言、Python、离散数学、概率论等等，我们将类似的“推导”关系建如下有向简单图⬇️

 2. 应用场景

根据节点的入度大小，拓扑排序主要用于处理先后问题(拓扑序列)，以及判断图中是否有环的问题；

3. 代码思路

用大小为节点个数的数组记录每个节点的入度，用队列存放入度为0的节点，遍历这些节点，将这些节点指向的节点的入度-1，最后在记录入度减为0的节点，重复上述步骤；

①拓扑序列：在循环过程中向一数组中push入度为0的节点，排在数组前的节点即为入度先被减为0的节点；

②是否存在环：若拓扑序列数组大小等于节点总个数则说明图中无环；反之，这说明图有环

二、代码模板

/*这里用课程表一题的代码当作模板*/
class Solution {
public:
    bool canFinish(int numCourses, vector>& prerequisites) {
        vector> g(numCourses);
        int in_degree[numCourses];   //记录节点的入度
        memset(in_degree, 0, sizeof(in_degree));
        for (auto& e : prerequisites) {
            int x = e[0], y = e[1];    //建图
            g[x].push_back(y);
            in_degree[y]++;     // x -> y ，则y节点入度+1
        }
        vector order;
        queue q;
        for(int i = 0; i < numCourses; i++) if (in_degree[i] == 0) q.push(i);    //将入度为0的节点加入到队列中
        while (!q.empty()) {
            int x = q.front();
            q.pop();
            order.push_back(x);    //push到拓扑序列中
            for (auto y : g[x]) {
                in_degree[y]--;     //x -> y , 即将y入度-1
                if (in_degree[y] == 0) q.push(y);
            }
        }
        return order.size() == numCourses;   //判断是否有环
    }
};

三、练习

1、210.课程表Ⅱ

现在你总共有 numCourses 门课需要选，记为 0 到 numCourses - 1。给你一个数组 prerequisites ，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示在选修课程 ai 前 必须 先选修 bi 。

• 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：[0,1] 。

返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。可能会有多个正确的顺序，你只要返回 任意一种 就可以了。如果不可能完成所有课程，返回 一个空数组 。

示例：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：[0,1]
解释：总共有 2 门课程。要学习课程 1，你需要先完成课程 0。因此，正确的课程顺序为 [0,1] 。

解题思路： 与课程表Ⅰ思路基本一样，依次取出入度为0的节点加入到答案数组中，若数组大小与总结点个数不相同，则说明图中有环，返回空数组。

class Solution {
public:
    vector findOrder(int numCourses, vector>& prerequisites) {
        vector> g(numCourses);
        int in_degree[numCourses];
        memset(in_degree, 0, sizeof(in_degree));
        for (auto& e : prerequisites) {
            int x = e[1], y = e[0];
            g[x].push_back(y);
            in_degree[y]++;
        }
        vector order;
        queue q;
        for(int i = 0; i < numCourses; i++) if (in_degree[i] == 0) q.push(i);
        while (!q.empty()) {
            int x = q.front();
            q.pop();
            order.push_back(x);
            for (auto y : g[x]) {
                in_degree[y]--;
                if (in_degree[y] == 0) q.push(y);
            }
        }
        return order.size() == numCourses ? order : vector();
    }
};

2、2392.给定条件下构造举证

给你一个 正 整数 k ，同时给你：

• 一个大小为 n 的二维整数数组 rowConditions ，其中 rowConditions[i] = [abovei, belowi] 
• 一个大小为 m 的二维整数数组 colConditions ，其中 colConditions[i] = [lefti, righti] 。

两个数组里的整数都是 1 到 k 之间的数字。

你需要构造一个 k x k 的矩阵，1 到 k 每个数字需要 恰好出现一次 。剩余的数字都是 0 。

矩阵还需要满足以下条件：

• 对于所有 0 到 n - 1 之间的下标 i ，数字 abovei 所在的 行 必须在数字 belowi 所在行的上面。
• 对于所有 0 到 m - 1 之间的下标 i ，数字 lefti 所在的 列 必须在数字 righti 所在列的左边。

返回满足上述要求的 任意 矩阵。如果不存在答案，返回一个空的矩阵。

示例：

输入：k = 3, rowConditions = [[1,2],[3,2]], colConditions = [[2,1],[3,2]]
输出：[[3,0,0],[0,0,1],[0,2,0]]
解释：上图为一个符合所有条件的矩阵。
行要求如下：
- 数字 1 在第 1 行，数字 2 在第 2 行，1 在 2 的上面。
- 数字 3 在第 0 行，数字 2 在第 2 行，3 在 2 的上面。
列要求如下：
- 数字 2 在第 1 列，数字 1 在第 2 列，2 在 1 的左边。
- 数字 3 在第 0 列，数字 2 在第 1 列，3 在 2 的左边。
注意，可能有多种正确的答案。

解题思路：该题很明显是处理先后的问题，我们分别处理行与列，分别得到行与列拓扑序列，最后通过一个数组转换，将下标作为节点，对应的值作为该节点位于行/列的位置；

class Solution {
public:
    vector> buildMatrix(int k, vector>& rowConditions, vector>& colConditions) {
        vector roworder, colorder;
        function>&, vector&)> topo_sort = [&](vector>& edge, vector& order) -> bool{
            vector> g(k);
            int in_deg[k];
            memset(left, 0, sizeof(left));
            for (auto& e : edge) {
                int x = e[0]-1, y = e[1] - 1;
                g[x].push_back(y);
                in_deg[y]++;
            }

            queue q;
            for(int i = 0; i < k; i++) if (in_deg[i] == 0) q.push(i);
            while (!q.empty()) {
                int x = q.front();
                q.pop();
                order.push_back(x);
                for (auto y : g[x]) {
                    in_deg[y]--;
                    if (in_deg[y] == 0) q.push(y);
                }
            }
            return order.size() == k;
        };

        vector> ans(k, vector(k, 0));
        if (!topo_sort(rowConditions, roworder) || !topo_sort(colConditions, colorder)) return {};
        int row[k], col[k];
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            row[roworder[i]] = i;
            col[colorder[i]] = i;
        }
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            ans[row[i]][col[i]] = i + 1;
        }
        return ans;
    }
};

3、310.最小高度树

树是一个无向图，其中任何两个顶点只通过一条路径连接。 换句话说，一个任何没有简单环路的连通图都是一棵树。

给你一棵包含 n 个节点的树，标记为 0 到 n - 1 。给定数字 n 和一个有 n - 1 条无向边的 edges 列表（每一个边都是一对标签），其中 edges[i] = [ai, bi] 表示树中节点 ai 和 bi 之间存在一条无向边。

可选择树中任何一个节点作为根。当选择节点 x 作为根节点时，设结果树的高度为 h 。在所有可能的树中，具有最小高度的树（即，min(h)）被称为 最小高度树 。

请你找到所有的 最小高度树 并按 任意顺序 返回它们的根节点标签列表。

树的 高度 是指根节点和叶子节点之间最长向下路径上边的数量。

示例：

输入：n = 6, edges = [[3,0],[3,1],[3,2],[3,4],[5,4]]
输出：[3,4]

解题思路： 本题思路较为复杂，可以大致理解为贪心，证明过程可以参考力扣官方答案。每次去掉节点入度最小的节点，到最后剩余1-2个节点即为可以作为最小高度树的根节点

class Solution {
public:
    vector findMinHeightTrees(int n, vector>& edges) {
        if (n == 1) return {0};
        unordered_map> g;
        vector degree(n);
        for (auto& e : edges) {
            int x = e[0], y = e[1];
            g[x].push_back(y);
            g[y].push_back(x);
            degree[x]++;
            degree[y]++;
        }        

        vector ans;
        queue q;
        for (int i = 0; i < n; i++) if (degree[i] == 1) q.push(i);
        while(!q.empty()) {
            vector tmp;
            int size = q.size();
            while(size--) {
                int x = q.front();
                q.pop();
                tmp.push_back(x);
                for(auto y : g[x]) {
                    if (--degree[y] == 1) q.push(y);
                }
            }
            ans = move(tmp);
        }
        return ans;
    }
};