[solved.ac 골드4] 2206_벽 부수고 이동하기 (파이썬, BFS)

제한 사항

 

문제

N×M의 행렬로 표현되는 맵이 있다. 맵에서 0은 이동할 수 있는 곳을 나타내고, 1은 이동할 수 없는 벽이 있는 곳을 나타낸다. 당신은 (1, 1)에서 (N, M)의 위치까지 이동하려 하는데, 이때 최단 경로로 이동하려 한다. 최단경로는 맵에서 가장 적은 개수의 칸을 지나는 경로를 말하는데, 이때 시작하는 칸과 끝나는 칸도 포함해서 센다.

만약에 이동하는 도중에 한 개의 벽을 부수고 이동하는 것이 좀 더 경로가 짧아진다면, 벽을 한 개 까지 부수고 이동하여도 된다.

한 칸에서 이동할 수 있는 칸은 상하좌우로 인접한 칸이다.

맵이 주어졌을 때, 최단 경로를 구해 내는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N(1 ≤ N ≤ 1,000), M(1 ≤ M ≤ 1,000)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 M개의 숫자로 맵이 주어진다. (1, 1)과 (N, M)은 항상 0이라고 가정하자.

출력

첫째 줄에 최단 거리를 출력한다. 불가능할 때는 -1을 출력한다.

예제

 

---

나의 풀이

일반적인 BFS를 사용한 그래프 탐색 문제같아 보이지만 벽을 한 번 부술 수 있다는 조건이 달려있어서 까다로워졌다.

만약 벽(1)의 위치를 모두 구해서 모든 상황에 대해 한 번씩 다 BFS 탐색을 한다면 최악의 경우 맵 크기 1,000 x 1,000 = 1,000,000, 모두 벽인 경우 (맵 크기 제곱)을 해야 해서 1,000,000,000,000 번의 연산이 필요할 것이다. 안 해봐도 시간 초과라는 것을 예상할 수 있다.

이 문제에서는 일반적인 BFS에서 큐에 단순히 좌표만 넣는 것이 아니라 이전에 벽을 부순 적이 있는지 여부도 같이 넣는다.

이전에 벽을 부순 적이 있는지 여부를 넣는 이유는 이전에 벽을 부순 적이 있는 경우와 그렇지 않은 경우를 별개로 세기 위함이다.

 

벽을 부수지 않은 경우를 A, 벽을 부순 경우를 B라고 해보자.

만약 (한참 탐색 중에) 아직 벽을 부순 적이 없고, 다음 탐색할 위치도 벽이 아니라면 A에서 세면 되고, 다음 탐색할 위치가 벽이라면 현재까지 A에서 센 것 + 1을 B에 저장하면 된다.

만약 이전에 벽을 부순 적이 있다면 다음 위치가 벽일 때는 지나갈 수 없고, 벽이 아니라면 B에서 세면 된다.

이렇게 A -> A 가능, A -> B 가능, B -> A 불가능이다. 한 번 B로 넘어갔으면 쭉 B에서 세야한다.

A와 B를 별개의 공간으로 생각해도 좋다.

즉, 현재 (x, y) 좌표에서 탐색을 하고 있다면 (x, y)에서 이전에 벽을 부순 적이 있는 경우와 부순 적이 없는 경우를 별도로 저장하고 있어야 한다.

너비 우선 탐색으로 상,하,좌,우 4개 방향에서 동시에 퍼져나가며 탐색하기 때문에 모든 벽에 대해 부순 경우와 그렇지 않은 경우를 확인할 수 있다.

맵 입력과 방문 기록

n, m = map(int, input().split())
graph = [list(map(int, list(input()))) for _ in range(n)]
d = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]
visited = [[[0]*2 for _ in range(m)] for _ in range(n)]
visited[0][0][0] = 1
found = False

사용자 입력으로 n, m, graph를 입력 받는다.

d는 상, 하, 좌, 우 4개 방향을 의미하고

visited는 일반적인 BFS에서 사용하는 것과 다르게 3중 리스트를 사용한다. (0으로 초기화)

그리고 0, 0, 0 위치에 1을 저장한다. 처음 두 개의 인덱스는 좌표이고, 세 번째 인덱스는 A 인지 B인지이다. 0이라면 A 즉, 아직 벽을 부수지 않은 상태를 의미한다. 아직 탐색을 시작하기 전이므로 0에 1을 넣는 것이다.

visited의 역할이 방문 처리 뿐만 아니라 현재 탐색한 경로를 의미하기도 한다. 문제에서 시작 위치도 세라고 했으니 1을 넣으므로써 방문 처리(재방문 방지)와 현재 방문한 위치 개수를 동시에 저장하는 효과를 봤다.

found는 N, M 위치까지 이동할 수 있는 경우 True로 설정한다. 이동할 수 없다면 -1을 출력하기 위함이다.

탐색

q = deque([(0, 0, 0)])
while q:
    x, y, b = q.popleft()
    if (x, y) == (n - 1, m - 1):
        found = True # 탐색 성공
        print(visited[x][y][b]) # 출력하고
        break # 종료
    for i in range(4):
        nx, ny = x + d[i][0], y + d[i][1] # 다음 위치
        if nx in range(n) and ny in range(m): # 맵을 벗어나지 않은 경우
            if graph[nx][ny] and not b: # 다음이 벽 + 아직 벽 부수기 전
                visited[nx][ny][1] = visited[x][y][0] + 1 # A -> B
                q.append((nx, ny, 1)) # 무조건 3번째 인자가 1
            elif not graph[nx][ny] and not visited[nx][ny][b]: # 다음이 벽x + 방문 전
                visited[nx][ny][b] = visited[x][y][b] + 1 # 세 번째 인자 유지
                q.append((nx, ny, b))
if not found: print(-1) # 탐색 실패시 -1 출력

(0, 0) 위치에서 A 세계에서 출발한다.

만일 현재 위치가 N, M 위치라면 경로 길이를 출력하고 탐색을 종료한다.

• 다음 위치가 벽이고 이전에 벽을 부순 적이 없다면
  • 벽을 부수고 이동한다.
  • A -> B 로 이동
• 다음 위치가 벽이 아니고 방문하기 전이라면
  • 이동한다.
  • 현재 A라면 A로, B라면 B로 이동

 

전체 코드

from collections import deque

n, m = map(int, input().split())
graph = [list(map(int, list(input()))) for _ in range(n)]
d = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]
visited = [[[0]*2 for _ in range(m)] for _ in range(n)]
visited[0][0][0] = 1
found = False

q = deque([(0, 0, 0)])
while q:
    x, y, b = q.popleft()
    if (x, y) == (n - 1, m - 1):
        found = True
        print(visited[x][y][b])
        break
    for i in range(4):
        nx, ny = x + d[i][0], y + d[i][1]
        if nx in range(n) and ny in range(m):
            if graph[nx][ny] and not b: # 다음이 벽 + 아직 벽 부수기 전
                visited[nx][ny][1] = visited[x][y][0] + 1
                q.append((nx, ny, 1))
            elif not graph[nx][ny] and not visited[nx][ny][b]: # 다음이 벽x + 방문 전
                visited[nx][ny][b] = visited[x][y][b] + 1
                q.append((nx, ny, b))
if not found: print(-1)

+ Python3로 제출하니 시간 초과가 나왔고, 동일한 코드로 PyPy3로 제출하니 통과되었다.

 

결론

쉽게 풀이를 생각해 내기 어렵고, 설명하기도 어렵고, 설명을 보더라도 이해하기도 어려운 문제였다. 핵심은 현재 위치까지 오는데 이전에 벽을 부순 경우와 벽을 부수지 않은 경우 두 개를 별도로 생각하고 저장해야 한다는 점이다.

안 그래도 BFS가 동시에 여러 곳에서 탐색이 이루어지기 때문에 머리에서는 쉽게 디버깅이 되지 않는데 하나의 인자가 더 더해져서 훨씬 어렵게 느껴졌다.

 

채점 결과