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你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。

在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程  bi 。

• 例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。

请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[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 。这是可能的。

示例 2：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[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 <= numCourses <= 2000
• 0 <= prerequisites.length <= 5000
• prerequisites[i].length == 2
• 0 <= ai, bi < numCourses
• prerequisites[i] 中的所有课程对 互不相同

这道题说人话就算判断这个有向图有没有环路。

我们知道拓扑排序可以用来判断是否有环路，不过仅仅是判断环路也可以直接用dfs，不需要完全写出拓扑排序，毕竟拓扑排序相比dfs还是更复杂一些。

下面给出上述两种思路的代码

1.拓扑排序判断

我的拓扑排序的代码思路是参考王道书介绍的思路

class Solution {
public:bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {vector<vector<int>> graph(numCourses, vector<int>(numCourses));//邻接矩阵vector<int> indegree(numCourses, 0);//每个节点的入度for (int i = 0; i < prerequisites.size(); i++) {graph[prerequisites[i][1]][prerequisites[i][0]] = 1;//构造邻接矩阵indegree[prerequisites[i][0]]++;//修改该点的入度}stack<int> stk;//用栈或队列都可以for (int i = 0; i < numCourses; i++) {if (indegree[i] == 0)//入度为0的点入栈stk.push(i);}int cnt = 0;//记录节点的数量while (!stk.empty()) {int i = stk.top();stk.pop();//如果是正常的拓扑排序，这里就可以输出节点了，本题只要求判断环路cnt++;//出栈的节点入度都为0，cnt++for (int j = 0; j < numCourses; j++) {//遍历当前节点的临边if (graph[i][j] != 0) {graph[i][j] = 0;//删除这条有向边indegree[j]--;//相邻边的入度减1if (indegree[j] == 0)//如果临边入度为0，入栈stk.push(j);}}}return cnt == numCourses;//最终的判断条件，cnt不为n，则有环路//因为有环路的情况下环路上的节点的入度不可能为0，就不会入栈，所以最后cnt的值不为n}
};

下面用一张图作为示例：

一开始只有0的度为0，所以0入栈，出栈时会执行这一段代码

            for (int j = 0; j < numCourses; j++) {//遍历当前节点的临边if (graph[i][j] != 0) {graph[i][j] = 0;//删除这条有向边indegree[j]--;//相邻边的入度减1if (indegree[j] == 0)//如果临边入度为0，入栈stk.push(j);}}

那么就把从0开始的弧都删掉，并把弧所指向的节点的入度减1

这时候1和2的入度就为0了，入栈。然后2先出栈，把2->3这段弧也删掉

但是此时3的入度不为0，也就先不会入栈。然后1出栈，把1->3这段弧删掉

这时候3的入度也为0，3入栈。3再出栈，3出栈反正啥也不会做。

最终，4个节点全部入了栈，因此cnt==n成立，该图是无环有向图。

如果是有环图，可以自己试一下，最后图里会剩下环，因为环上所有节点的入度都不为0，因此不会入栈。

2.dfs

class Solution {
public:bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {graph=vector<vector<int>>(numCourses, vector<int>(numCourses));//邻接矩阵vis = vector<int>(numCourses, 0);//visit数组valid = true;//标记是否存在环路vector<int> indegree(numCourses, 0);for (int i = 0; i < prerequisites.size(); i++) {graph[prerequisites[i][1]][prerequisites[i][0]] = 1;}//以上和拓扑排序都是一样的步骤for (int i = 0; i < numCourses; i++) {dfs(i);}return valid;}
private:void dfs(int u) {if (!valid) return;//如果存在环路直接返回if (vis[u] == 1) { valid = false; return; }//如果当前节点正在遍历，则表明存在环路if (vis[u] == 2) return;//如果当前节点已经遍历完成，直接返回vis[u] = 1;//vis置为1，表示当前节点正在dfs中for (int v = 0; v < vis.size(); v++) {//遍历当前节点的临边if (graph[u][v] != 0) {dfs(v);if (!valid) return;//有环直接退出}}vis[u] = 2;//置为2，表示当前节点已经走过了}bool valid;vector<int> vis;vector<vector<int>> graph;
};

关键点在于vis数组的值有1和2的区分

画图解释，设1代表蓝色，2代表红色

从0出发，进行一次dfs，假设路径是0-1-3-4，那么最后1，3，4会变成红色，0还是蓝色

之后dfs会走2这条路

走到2后，会再次调用dfs(3)，但是因为

if (vis[u] == 2) return;//如果当前节点已经遍历完成，直接返回

所以valid还是true；

如果是有环路的情况，从0出发进行一次dfs

走到2后会再次调用dfs(0)，而

if (vis[u] == 1) { valid = false; return; }//如果当前节点正在遍历，则表明存在环路

所以有环路。