#13460 구슬 탈출 2
난이도 : 골드 2
유형 : 그래프 탐색/ BFS
13460번: 구슬 탈출 2
첫 번째 줄에는 보드의 세로, 가로 크기를 의미하는 두 정수 N, M (3 ≤ N, M ≤ 10)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 보드의 모양을 나타내는 길이 M의 문자열이 주어진다. 이 문자열은 '.', '#', 'O', 'R', 'B'
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▸ 문제
스타트링크에서 판매하는 어린이용 장난감 중에서 가장 인기가 많은 제품은 구슬 탈출이다. 구슬 탈출은 직사각형 보드에 빨간 구슬과 파란 구슬을 하나씩 넣은 다음, 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼내는 게임이다.
보드의 세로 크기는 N, 가로 크기는 M이고, 편의상 1×1크기의 칸으로 나누어져 있다. 가장 바깥 행과 열은 모두 막혀져 있고, 보드에는 구멍이 하나 있다. 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 보드에서 1×1크기의 칸을 가득 채우는 사이즈이고, 각각 하나씩 들어가 있다. 게임의 목표는 빨간 구슬을 구멍을 통해서 빼내는 것이다. 이때, 파란 구슬이 구멍에 들어가면 안 된다.
이때, 구슬을 손으로 건드릴 수는 없고, 중력을 이용해서 이리 저리 굴려야 한다. 왼쪽으로 기울이기, 오른쪽으로 기울이기, 위쪽으로 기울이기, 아래쪽으로 기울이기와 같은 네 가지 동작이 가능하다.
각각의 동작에서 공은 동시에 움직인다. 빨간 구슬이 구멍에 빠지면 성공이지만, 파란 구슬이 구멍에 빠지면 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬이 동시에 구멍에 빠져도 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬은 동시에 같은 칸에 있을 수 없다. 또, 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 한 칸을 모두 차지한다. 기울이는 동작을 그만하는 것은 더 이상 구슬이 움직이지 않을 때 까지이다.
보드의 상태가 주어졌을 때, 최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.
▸ 입력
첫 번째 줄에는 보드의 세로, 가로 크기를 의미하는 두 정수 N, M (3 ≤ N, M ≤ 10)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 보드의 모양을 나타내는 길이 M의 문자열이 주어진다. 이 문자열은 '.', '#', 'O', 'R', 'B' 로 이루어져 있다. '.'은 빈 칸을 의미하고, '#'은 공이 이동할 수 없는 장애물 또는 벽을 의미하며, 'O'는 구멍의 위치를 의미한다. 'R'은 빨간 구슬의 위치, 'B'는 파란 구슬의 위치이다.
입력되는 모든 보드의 가장자리에는 모두 '#'이 있다. 구멍의 개수는 한 개 이며, 빨간 구슬과 파란 구슬은 항상 1개가 주어진다.
▸ 출력
최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 출력한다. 만약, 10번 이하로 움직여서 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 없으면 -1을 출력한다.
문제 풀이
오늘은 알고리즘 풀이 가볍게 하려고 했는데 삼성 코테 문제를 선택해버렸다. 빨간 구슬을 구멍으로 최소 몇 번만에 빼낼 수 있는지 알아내는 문제이다. 최소 이동 그래프 문제이므로 BFS탐색을 사용하면 된다.
📚 조건
- 세로 N, 가로 M ( 3<= N, M <= 10)
- '.' : 빈 칸, '#': 벽, 'O': 구멍, 'R': 빨간 구슬, 'B':파란 구슬
- 가장자라에는 모두 '#'이 있다. 구멍의 개수, 빨간 구슬, 파란 구슬은 모두 1개씩 주어진다.
- 가능한 동작
- 왼쪽, 오른쪽, 위쪽, 아래쪽 (동작 하나에 해당 방향에 있는 벽이 닿을 때까지 이동)
- 10번 이하로 움직여서 빨간 구슬을 꺼낼 수 없으면 -1 출력
구상
- 입력받은 String타입 데이터를 Integer타입으로 변환하여 저장해준다. R : 47, B: 31, O : 44, #: 0, . : 11
- bfs탐색을 통하여 최소 동작을 통해 빨간 구슬을 구멍으로 빼내는 횟수를 출력한다.
- 빨간 구슬을 이동시킨다. (구슬이 벽에 닿거나 구멍에 들어가면 종료)
- 파란 구슬을 이동시킨다. (구슬이 벽에 닿거나 구멍에 들어가면 종료)
- 이동시킨 파란 구슬이 구멍에 들어가면 해당 방향의 탐색 건너뛰기 continue;
- 이동시킨 빨간 구슬이 구멍에 들어가면 탐색 종료 min = pCnt+1 return;
- 만약 빨간 구슬과 파란 구슬의 위치가 같을 경우 해당 이동 거리를 조사해 누가 먼저 조사했는지 알아낸다. 각 구슬의 이동속도는 같으므로 이동거리가 짧은 구슬이 더 빨리 도착했음을 알 수 있다.
- red_move <= blue_move 빨간 구슬이 먼저 도착하거나 같은 경우, 파란 구슬을 이동 방향의 반대 방향으로 한 칸 이동시킨다. (이동거리가 같을 때 빨간 구슬이 우선인 이유는 예제 입력 5를 보고 추측하였다.)
- blue_move > red_move 파란 구슬이 먼저 도착한 경우, 빨간 구슬을 이동 방향의 반대 방향으로 한 칸 이동시킨다.
시행착오
나름 boolean배열을 줄이겠다고 3차원 배열로 red[][][0], blue[][][1]로 지정해서 했지만 결국 이것때문에 오류가 발생해서 오랫동안 헤맸다.
if(!red[nRx][nRy][0] || !blue[nBx][nBy][1]) {
dfs(nRx,nRy,nBx,nBy, cnt+1);
}이게 빨간 구슬과 파란 구슬이 왔던 길을 반복하지 않으려고 체크하는 건데 저렇게 하면 둘이 연관관계가 독립적이여서 전혀 상관없는 움직임이 된다. 해당 좌표들이 동시에 이뤄어졌는지 알 수 없다.
ex)
- red(1,2) , blue(3,5) → red[1][2][0] = true; blue[3][5][1] = true;
- red(2,4) , blue(1,3) → red[2][4][0] = true; blue[1][3][1] = true;
- red(1,2), blue(1,3) →
red[1][2][0] = true; blue[3][5][1] = true;
위와 같이 세 번째 움직임은 이미 지나온 경로가 아님에도 체크를 해버리게 된다. 4차원 배열로 하면 깔끔하게 수행되어진다.
- red(1,2) , blue(3,5) → check[1][2][3][5] = true;
- red(2,4) , blue(1,3) → check[2][4][1][3] = true;
- red(1,2), blue(1,3) → check[1][2][1][3] = true;
풀이 코드 (BFS)
그래프를 입력받을 때 빨간 구슬과 파란 구슬의 초기 위치를 알아내서 BFS탐색을 해주면 된다. BFS탐색을 사용한 이유는 인접 그래프부터 탐색하기 때문에 처음으로 종료되는 탐색이 최단거리 탐색이다.
import java.io.*;
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
import java.util.StringTokenizer;
public class Main {
static int n,m;
static int[][] map;
static boolean[][][][] checked;
static int min = Integer.MAX_VALUE;
static int[] dx = {1, -1, 0 ,0};
static int[] dy = {0, 0, 1, -1};
public static void main(String[] args) throws IOException{
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
n = Integer.parseInt(st.nextToken());
m = Integer.parseInt(st.nextToken());
map = new int[n][m];
checked = new boolean[n][m][n][m];
int rx =0, ry =0;
int bx =0, by =0;
for(int i=0; i<n; i++) {
String[] line = br.readLine().split("");
for(int j=0; j<m; j++) {
// R : 47, B: 31, O : 44, #: 0, . : 11
int num = line[j].charAt(0)-'0'+13;
map[i][j] = num;
if(num == 47) {
rx =i; ry=j;
}else if(num == 31) {
bx= i; by=j;
}
}
}
bfs(rx,ry,bx,by,0);
System.out.println(min == Integer.MAX_VALUE ? -1 : min);
}
static void bfs(int rx, int ry, int bx, int by, int cnt) {
Queue<int[]> q = new LinkedList<>();
q.add(new int[] {rx,ry,bx,by, cnt});
checked[rx][ry][bx][by] =true;
while(!q.isEmpty()) {
int[] pos = q.poll();
int pCnt = pos[4];
if(pCnt>=10) {
return;
}
for(int i=0; i<4; i++){
int nRx = pos[0];
int nRy = pos[1];
int nBx = pos[2];
int nBy = pos[3];
// 빨간 구슬 이동
while(map[nRx+dx[i]][nRy+dy[i]] != 0) {
nRx += dx[i];
nRy += dy[i];
if(map[nRx][nRy] == 44) break;
}
// 파란 구슬 이동
while(map[nBx+dx[i]][nBy+dy[i]] != 0) {
nBx += dx[i];
nBy += dy[i];
if(map[nBx][nBy] == 44) break;
}
// 파란 구슬이 구멍에 들어갔을 때
if(map[nBx][nBy] == 44) continue;
if(map[nRx][nRy] == 44) {
min = Math.min(min, pCnt+1);
return;
}
// 빨간 파랑 서로 만났을 때
if(nRx == nBx && nRy == nBy && map[nRx][nRy] != 44) {
int red_move = Math.abs(nRx-pos[0]) + Math.abs(nRy-pos[1]);
int blue_move = Math.abs(nBx-pos[2]) + Math.abs(nBy-pos[3]);
// 파란 공이 더 빨리 도착한 경우
if(red_move > blue_move) {
nRx -= dx[i];
nRy -= dy[i];
}else { // 빨간 공이 더 빨리 도착한 경우
nBx -= dx[i];
nBy -= dy[i];
}
}
if(!checked[nRx][nRy][nBx][nBy]) {
checked[nRx][nRy][nBx][nBy] = true;
q.add(new int[] {nRx, nRy, nBx, nBy, pCnt+1});
}
}
}
}
}
DFS 로직
그에 반면 DFS는 깊이탐색이라서 빨간 구슬이 구멍에 들어가는 경로를 탐색했다 하더라도 뒤에 더 최단거리 탐색이 이뤄질 수 있기 때문에 탐색을 종료하지 않고 계속해서 탐색해줘야 한다.
static void dfs(int rx, int ry, int bx, int by, int cnt) {
if(cnt>10) return;
// 파란 구슬이 구멍에 들어갔을 때
if(map[bx][by] == 44) return;
if(map[rx][ry] == 44) {
min = Math.min(min, cnt);
return;
}
checked2[rx][ry][bx][by] =true;
for(int i=0; i<4; i++) {
int nRx = rx;
int nRy = ry;
int nBx = bx;
int nBy = by;
// 빨간 구슬 이동
while(map[nRx+dx[i]][nRy+dy[i]] != 0) { // '#' 벽에 부딪히면 종료
nRx += dx[i];
nRy += dy[i];
if(map[nRx][nRy] == 44) break; // 'O' 구멍에 들어가면 종료
}
// 파란 구슬 이동
while(map[nBx+dx[i]][nBy+dy[i]] != 0) { // '#" 벽에 부딪히면 종료
nBx += dx[i];
nBy += dy[i];
if(map[nBx][nBy] == 44) break; // 'O' 구멍에 들어가면 종료
}
// 빨간 파랑 서로 만났을 때
if(nRx == nBx && nRy == nBy && map[nRx][nRy] != 44) {
int red_move = Math.abs(nRx-rx) + Math.abs(nRy-ry);
int blue_move = Math.abs(nBx-bx) + Math.abs(nBy-by);
// 파란 공이 더 가까울 때
if(red_move > blue_move) {
nRx -= dx[i];
nRy -= dy[i];
}else { // 빨간 공이 더 가까울 때
nBx -= dx[i];
nBy -= dy[i];
}
}
if(!checked2[nRx][nRy][nBx][nBy]) {
dfs(nRx, nRy, nBx, nBy, cnt+1);
}
}
checked2[rx][ry][bx][by] =false;
}
실행 결과
→ 그래프 크기가 작아서 그런지 실행결과에는 큰 차이가 없었다. 그런데 더 큰 데이터를 다룰수록 해당 로직은 BFS성능이 더 좋을 것이다.
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