一、核心思路
本题等价于判断有向图是否存在环
- 课程对应图的节点；
prerequisites[i] = [a,b]：学习 a 必须先学 b → 构建有向边b → a - Kahn（BFS 拓扑排序）思想：
- 构建邻接表存储图，用数组记录每个节点的入度（该课程还有几门前置课未完成）
- 将入度为 0 的节点（无前置课程）加入队列
- 不断从队列取出节点，计数 + 1；它的后继节点入度 - 1，后继入度变为 0 则入队
- 最后比较：成功遍历的节点数 count 是否等于总课程数。相等说明无环，可以修完所有课；count 更小说明存在环，无法完成。
二、完整 Java 代码
import java.util.*;
class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
//邻接表，存每个节点的后继节点
List<List<Integer>> adj = new ArrayList<>();
//inDegree：记录每门课的入度（前置课程数量）
int[] inDegree = new int[numCourses];
//初始化邻接表，给每一个课程分配一个空列表
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
adj.add(new ArrayList<>());
}
//建图 + 更新入度
for(int[] p : prerequisites){
int a = p[0];
int b = p[1];
adj.get(b).add(a); //边 b -> a，b学完才可以学a
inDegree[a]++;
}
Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
//入度为0的课程入队（可以直接学习）
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(inDegree[i] == 0){
q.offer(i);
}
}
int count = 0; //统计已经学完的课程
while(!q.isEmpty()){
int cur = q.poll();
count++;
//遍历cur所有后继课程
for(int next : adj.get(cur)){
inDegree[next]--;
if(inDegree[next] == 0){
q.offer(next);
}
}
}
//所有课程都遍历到→无环；否则有环
return count == numCourses;
}
}
三、实例表格演示
示例 1：numCourses = 2，prerequisites = [[1,0]]
边：0 → 1
| 节点 | 初始入度 |
|---|---|
| 0 | 0 |
| 1 | 1 |
| 步骤 | 队列 | count | 操作 |
|---|---|---|---|
| 1 | [0] | 0 | 初始化，0 入度为 0 入队 |
| 2 | [ ] | 1 | 弹出 0，count=1；后继 1 入度减为 0，1 入队 |
| 3 | [1] | 1 | 队列现在是 [1] |
| 4 | [ ] | 2 | 弹出 1，count=2；无后继 |
判断：2 == 2 → 返回 true ✅
示例 2：numCourses = 2，prerequisites = [[1,0],[0,1]]
边：0 → 1，1 → 0
| 节点 | 初始入度 |
|---|---|
| 0 | 1 |
| 1 | 1 |
| 步骤 | 队列 | count | 操作 |
|---|---|---|---|
| 1 | [ ] | 0 | 没有入度 = 0 的节点，队列为空，循环不执行 |
判断：0 != 2 → 返回 false ❌
四、复杂度分析
- 时间复杂度：(O(n+m))，n 是课程总数，m 是前置条件数量，每个节点、每条边只会访问一次
- 空间复杂度：(O(n+m))，邻接表、入度数组、队列占用空间
五、易错点总结
- 边方向极易写反：
[a,b]代表学 a 要先学 b，是b→a，写反整个拓扑排序失效 - 必须先初始化邻接表，给每个课程分配空列表，否则
adj.get()下标越界 - 环内节点入度永远无法变成 0，不会被 count 统计，count 一定小于总课程数
六、个人感悟
拓扑排序专门用来解决有向图判环、依赖顺序安排类题目，Kahn BFS 模板固定。核心记住：入度代表还剩多少依赖，依赖全部消除（入度 = 0）才可以开始学习该节点。
