1. 문제
문제
알고스팟 운영진이 모두 미로에 갇혔다. 미로는 N*M 크기이며, 총 1*1크기의 방으로 이루어져 있다. 미로는 빈 방 또는 벽으로 이루어져 있고, 빈 방은 자유롭게 다닐 수 있지만, 벽은 부수지 않으면 이동할 수 없다.
알고스팟 운영진은 여러명이지만, 항상 모두 같은 방에 있어야 한다. 즉, 여러 명이 다른 방에 있을 수는 없다. 어떤 방에서 이동할 수 있는 방은 상하좌우로 인접한 빈 방이다. 즉, 현재 운영진이 (x, y)에 있을 때, 이동할 수 있는 방은 (x+1, y), (x, y+1), (x-1, y), (x, y-1) 이다. 단, 미로의 밖으로 이동 할 수는 없다.
벽은 평소에는 이동할 수 없지만, 알고스팟의 무기 AOJ를 이용해 벽을 부수어 버릴 수 있다. 벽을 부수면, 빈 방과 동일한 방으로 변한다.
만약 이 문제가 알고스팟에 있다면, 운영진들은 궁극의 무기 sudo를 이용해 벽을 한 번에 다 없애버릴 수 있지만, 안타깝게도 이 문제는 Baekjoon Online Judge에 수록되어 있기 때문에, sudo를 사용할 수 없다.
현재 (1, 1)에 있는 알고스팟 운영진이 (N, M)으로 이동하려면 벽을 최소 몇 개 부수어야 하는지 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에 미로의 크기를 나타내는 가로 크기 M, 세로 크기 N (1 ≤ N, M ≤ 100)이 주어진다. 다음 N개의 줄에는 미로의 상태를 나타내는 숫자 0과 1이 주어진다. 0은 빈 방을 의미하고, 1은 벽을 의미한다.
(1, 1)과 (N, M)은 항상 뚫려있다.
출력
첫째 줄에 알고스팟 운영진이 (N, M)으로 이동하기 위해 벽을 최소 몇 개 부수어야 하는지 출력한다.
예제 입력 1 복사
3 3 011 111 110
예제 출력 1 복사
3
예제 입력 2 복사
4 2 0001 1000
예제 출력 2 복사
0
2. 소스코드
1회차 2020-06-01
DFS 이용 풀이
- dfs로 풀면 시간복잡도가 얼마나 될까 고민함. 머리는 당연히 안된다고 생각했으나, 결국 했고 시간초과 엔딩을 맞았다.
- dfs로 풀면서 나름 백트래킹을 생각했는데,
1) 이미 ans = 0인 루트를 구한 경우 return
2) 현재까지 벽을 깬수가 ans 보다 많은 경우 return
( ans는 n-1, m-1 (끝점)에 도달했을때, res < ans 인 경우 갱신했다)
- 그러나 둘 모두 가지치기를 많이 할 수 없는 케이스가 존재해서 실패.
1)번 방법 : ans = 0이 나올 수 없는 경우, 아무쓸모없음.
2)번 방법 : 최대값인 100 x 100 크기에서 벽의 수가 적은 경우, 아무쓸모없음.
- 그러나 포기하지 않고 다른 백트래킹 방법을 생각해냄.
min_break[ n ][ m ] 2차원 배열을 하나 더 두고, 여기까지 오면서 벽을 깬 최소값을 기록, 최소값보다 크면 return.
- 그치만 결과는 24ms로 느린편.
#include <cstdio>
#define MAX 100
#define INF 100 * 100
int n, m;
int map[MAX][MAX];
int dx[] = { 1,0,0,-1 };
int dy[] = { 0,1,-1,0 };
int visited[MAX][MAX];
int breaked[MAX][MAX];
void dfs(int x, int y, int res) {
if (res > breaked[n - 1][m - 1]) return; // 현재 부순 벽이, 현재 기록된 정답보다 많은 경우
if (breaked[x][y] <= res) return; // 현재까지 부순 벽이 기록된 최소값보다 적은 경우 유효한 경로가아님.
else breaked[x][y] = res; // 현재까지 부순 벽이 기록된 최소값보다 적은 경우 갱신.
if (x == n - 1 and y == m - 1) return; // 종점에 도달한 경우
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if (nx < 0 or ny < 0 or nx >= n or ny >= m) continue;
if (visited[nx][ny]) continue;
visited[nx][ny] = 1;
dfs(nx, ny, res + map[nx][ny]);
visited[nx][ny] = 0;
}
return;
}
int main() {
scanf("%d %d", &m, &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%1d", &map[i][j]);
breaked[i][j] = INF;
}
visited[0][0] = 1;
dfs(0, 0, 0);
printf("%d\n", breaked[n - 1][m - 1]);
return 0;
}
- 사실 이런 문제를 dfs로 푸는 건 미친짓이다. 백트래킹을 안하면 무조건 터진다.
- 배열을 탐색하는 것은 결국엔 배열 한 칸 한 칸이 노드이고 상 하 좌 우가 엣지인 그래프이다.
- dfs의 시간복잡도는 O(V+E)인데,
= O(N+ N^2 - 2N) [ n x n 배열에서 ]
= O(N^2)
- 단 한번의 dfs가 O(N^2)이다. dfs의 탐색 경로는 노드가 늘어날 수록 기하급수적으로 증가한다. 계산식은 모르겠다. 무튼 많음.
- 이 문제의 최대 크기는 100 x 100 이다. 최대 크기일때, 루트가 10만개뿐이라고 가정해도 O(10만 x 100) = O(10억). 무조건 터진다.
- 확실한 백트래킹이 없으면, 확실하게 터진다.
- dfs로 푸는 것은 여러모로 좋지 않은 방법인듯. 당장 문제 크기가 조금 더 커져도 터질 수 있다.
 3 x 3배열 |
 4 x 4배열 |
 5 x 5배열 |
 6 x 6배열 |
0-1 BFS 이용 풀이
- 배열을 탐색하는 것은 결국엔 배열 한 칸 한 칸이 노드이고 상 하 좌 우가 엣지인 그래프이다.
라는 말을 다시 상기해보니 0-1 BFS로도 풀 수 있을 것 같았다.
- 벽이 있는 경우 1, 없는 경우 0의 가중치를 갖는 그래프.
- 0-1 BFS는 deque을 쓰면 된다.
- dfs 풀이보다 훨씬 빠르다.
#include <cstdio>
#include <deque>
#define MAX 100
using namespace std;
int n, m, ans;
int map[MAX][MAX];
int visited[MAX][MAX];
int dx[] = { 1,0,0,-1 };
int dy[] = { 0,1,-1,0 };
struct Info{
int x, y, sum;
};
void bfs() {
deque<Info> deq;
deq.push_back({ 0,0,0 });
visited[0][0] = 1;
while (!deq.empty())
{
auto cur = deq.front(); deq.pop_front();
int x = cur.x;
int y = cur.y;
int sum = cur.sum;
if (x == n - 1 and y == m - 1) {
printf("%d ", sum);
return;
}
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if (nx >= n or ny >= m or nx < 0 or ny < 0) continue;
if (visited[nx][ny]) continue;
visited[nx][ny] = 1;
if (map[nx][ny]) {// 가중치가 1이면
deq.push_back({ nx,ny,sum + 1 });
}
else deq.push_front({ nx,ny,sum });
}
}
return;
}
int main() {
scanf("%d %d", &m, &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%1d", &map[i][j]);
}
bfs();
return 0;
}
다익스트라 이용 풀이
#include <cstdio>
#include <queue>
#define MAX 100
using namespace std;
int n, m, ans;
int map[MAX][MAX];
int dist[MAX][MAX];
int dx[] = { 1,0,0,-1 };
int dy[] = { 0,1,-1,0 };
void dijkstra() {
priority_queue<pair<int,pair<int,int>>> pque; // cost here // cost를 먼저 넣는 이유는 cost 순으로 정렬이 필요하기 때문.
pque.push({ 0, { 0,0 } }); // 0,0 부터 시작하며 0,0노드는 cost가 0이다.
dist[0][0] = 0;
while (!pque.empty())
{
auto cur = pque.top(); pque.pop();
int cost = -cur.first;
int x = cur.second.first;
int y = cur.second.second;
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if (nx >= n or ny >= m or nx < 0 or ny < 0) continue;
if (dist[nx][ny] > dist[x][y] + map[nx][ny]) {
dist[nx][ny] = dist[x][y] + map[nx][ny];
pque.push({ -dist[nx][ny],{nx,ny} });
}
}
}
return;
}
int main() {
scanf("%d %d", &m, &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%1d", &map[i][j]);
dist[i][j] = MAX * MAX;
}
dijkstra();
printf("%d\n", dist[n - 1][m - 1]);
return 0;
}
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