这个图是不是一个有向无环图（DAG）？
如果有环（比如 A 依赖 B，B 依赖 C，C 又依赖 A），无法毕业
核心思路
如果在递归过程中，发现下一个节点在递归栈中（正在访问中），则找到了环。
开始节点为：没有前置课程的课程，把题目全部放入队列
- 然后弹出队头，count += 1，表示修完了这门课
- 队头所有的后续课程 -1，同时检查后续课程还有没有前置课程了？没有就加入队列
- 循环弹出，直到没有可以修的课程
- 已经修完的课=总课程数？
需要两个表：
- indegrees（入度表） ："这门课还有多少个前提条件没完成"。
- indegrees[3] = 2，说明课程 3 有 2 门先修课。你现在不能修它
- adjacency（邻接表） ：字典，键（Key）是课程 A，值（Value）是一个列表，里面装着所有依赖 A 的课程。
- adjacency[1] = [0]。这意味着："修完 1 之后，记得去通知 0
例如: 修完B可以修[A,C]，邻接表为：
| key | value |
|---|---|
| B | [A,C] |
python
from collections import deque, defaultdict
class Solution:
def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
# 1. 统计入度和邻接表
indegrees = [0] * numCourses # "这门课还有多少个前提条件没完成" [0, 0, ...]
adjacency = defaultdict(list) # 依赖课程字典 {0: [], 1: [], ...}
# prerequisites = [[1,0]] 修完0，可以修1
# 想学cur（课程1），必先学pre（课程0）。 边：pre -> cur
for cur, pre in prerequisites:
adjacency[pre].append(cur) # 修完pre，可以修cur
indegrees[cur] += 1 # cur 需要多少先修课
# 2. 将所有不需要先修课的节点入队
q = deque()
for i in range(numCourses): # 遍历每一门课（从 0 到 numCourses - 1）
if indegrees[i] == 0:
q.append(i) # 课程标号入队
# 3. BFS
count = 0 # 统计修完的课程数
while q:
pre = q.popleft()
count += 1 #修完了这门课
# 队头所有的后续课程 -1，同时检查后续课程还有没有前置课程了？没有就加入队列
for cur in adjacency[pre]: # 队头pre的后续课程列表：adjacency[pre]
indegrees[cur] -= 1 # 前置课程-1
if indegrees[cur] == 0: # 没有前置课程了，加入队列
q.append(cur)
# 4. 如果修完的课程数等于总课数，说明无环
return count == numCourses时间复杂度：$O(V + E)
VVV 是课程总数（numCourses），EEE 是先修关系的数量（prerequisites 的长度）。
- 建图阶段：遍历 prerequisites， 填充邻接表和欠债数。这个过程耗时 O(E)O(E)O(E)
- 初始化队列：遍历 indegrees，将所有不需要先修课的节点入队。这个过程耗时 O(V)O(V)O(V)
- BFS 遍历：每个课程（节点）最多进出队列一次，总共 O(V)O(V)O(V)。每当修完一门课，我们会遍历它的"解锁名单"。由于所有名单加起来的总长度就是边的总数，所以这部分总共耗时 O(E)O(E)O(E)
O(E)+O(V)+O(V)+O(E)O(E) + O(V) + O(V) + O(E)O(E)+O(V)+O(V)+O(E)，简化后就是 O(V+E)O(V + E)O(V+E)
空间复杂度 ：O(V+E)O(V + E)O(V+E)
- adjacency（邻接表）：存储了所有的先修关系，空间占用为 O(E)O(E)O(E)。
- indegrees （入度表）：存储了 VVV 门课的先修数量，空间占用为 O(V)O(V)O(V)。
- 队列 (Queue)：在最坏情况下（比如所有课都是基础课，互不依赖），队列中可能同时存在所有课程，空间占用为 O(V)O(V)O(V)。总计：把这些加起来，空间复杂度同样是 O(V+E)O(V + E)O(V+E)。