[Gold III] 말이 되고픈 원숭이 - 1600

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성능 요약

메모리: 47920 KB, 시간: 1972 ms

분류

그래프 이론, 그래프 탐색, 너비 우선 탐색

문제 설명

동물원에서 막 탈출한 원숭이 한 마리가 세상구경을 하고 있다. 그 녀석은 말(Horse)이 되기를 간절히 원했다. 그래서 그는 말의 움직임을 유심히 살펴보고 그대로 따라 하기로 하였다. 말은 말이다. 말은 격자판에서 체스의 나이트와 같은 이동방식을 가진다. 다음 그림에 말의 이동방법이 나타나있다. x표시한 곳으로 말이 갈 수 있다는 뜻이다. 참고로 말은 장애물을 뛰어넘을 수 있다.

근데 원숭이는 한 가지 착각하고 있는 것이 있다. 말은 저렇게 움직일 수 있지만 원숭이는 능력이 부족해서 총 K번만 위와 같이 움직일 수 있고, 그 외에는 그냥 인접한 칸으로만 움직일 수 있다. 대각선 방향은 인접한 칸에 포함되지 않는다.

이제 원숭이는 머나먼 여행길을 떠난다. 격자판의 맨 왼쪽 위에서 시작해서 맨 오른쪽 아래까지 가야한다. 인접한 네 방향으로 한 번 움직이는 것, 말의 움직임으로 한 번 움직이는 것, 모두 한 번의 동작으로 친다. 격자판이 주어졌을 때, 원숭이가 최소한의 동작으로 시작지점에서 도착지점까지 갈 수 있는 방법을 알아내는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 정수 K가 주어진다. 둘째 줄에 격자판의 가로길이 W, 세로길이 H가 주어진다. 그 다음 H줄에 걸쳐 W개의 숫자가 주어지는데, 0은 아무것도 없는 평지, 1은 장애물을 뜻한다. 장애물이 있는 곳으로는 이동할 수 없다. 시작점과 도착점은 항상 평지이다. W와 H는 1이상 200이하의 자연수이고, K는 0이상 30이하의 정수이다.

출력

첫째 줄에 원숭이의 동작수의 최솟값을 출력한다. 시작점에서 도착점까지 갈 수 없는 경우엔 -1을 출력한다.

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문제 풀이

문제 분석

이 문제는 격자 형태의 맵에서 원숭이가 시작점에서 도착점까지 이동하는 최소 동작 횟수를 구하는 문제입니다. 원숭이는 일반적인 상하좌우 이동과 말처럼 이동하는 두 가지 방식을 사용할 수 있습니다. 단, 말처럼 이동하는 횟수는 K번으로 제한됩니다. 맵에는 장애물이 존재하며, 장애물이 있는 곳으로는 이동할 수 없습니다. 만약 도착점까지 도달할 수 없다면 -1을 출력해야 합니다.

접근 방법

이 문제는 최단 거리를 찾는 문제이므로 너비 우선 탐색(BFS) 알고리즘을 사용하는 것이 적절합니다. BFS는 시작 노드에서 가까운 노드부터 탐색하므로 최단 거리를 보장합니다. 특히, 이 문제는 말처럼 이동하는 횟수가 제한되어 있으므로, BFS 탐색 시 각 노드에 '말처럼 이동한 횟수'에 대한 정보를 추가적으로 관리해야 합니다. 이를 위해 3차원 visited 배열을 사용하여 각 위치에서 말처럼 이동한 횟수에 따라 방문 여부를 관리합니다.

구현 설명

1. 초기화

• horse_directions: 말의 이동 방향 (8가지)
• directions: 일반적인 상하좌우 이동 방향 (4가지)
• visited: 3차원 배열. visited[x][y][k]는 (x, y) 위치에 말처럼 k번 이동하여 방문했는지 여부를 저장합니다.

2. BFS 탐색

• 큐에 시작 위치 (0, 0), 이동 횟수 (0), 말처럼 이동한 횟수 (0)을 넣고 시작합니다.
• 큐가 빌 때까지 다음을 반복합니다.
  • 큐에서 현재 위치 (x, y), 총 이동 횟수 (cnt), 말처럼 이동한 횟수 (horse_cnt)를 꺼냅니다.
  • 현재 위치가 도착점이면 총 이동 횟수 (cnt)를 반환합니다.
  • 말처럼 이동할 수 있는 횟수가 남아 있다면 (horse_cnt < k), 말의 이동 방향에 따라 다음 위치를 탐색합니다. 다음 위치가 맵 안에 있고, 아직 방문하지 않았으며, 장애물이 없다면 큐에 추가하고 visited 배열을 갱신합니다.
  • 일반적인 상하좌우 이동 방향에 따라 다음 위치를 탐색합니다. 다음 위치가 맵 안에 있고, 아직 방문하지 않았으며, 장애물이 없다면 큐에 추가하고 visited 배열을 갱신합니다.

3. 도착 불가 처리

• 큐가 비었는데도 도착점에 도달하지 못했다면 -1을 반환합니다.

⏱복잡도 분석

• 시간 복잡도: O(H * W * K) 입니다. BFS는 최악의 경우 모든 노드를 방문하는데, 각 노드마다 최대 K+1번 방문할 수 있습니다 (말처럼 이동한 횟수에 따라). 따라서 H * W * (K+1) 이므로 O(H * W * K)입니다.
• 공간 복잡도: O(H * W * K) 입니다. visited 배열의 크기가 H * W * (K+1) 이므로 공간 복잡도는 O(H * W * K)입니다.

핵심 포인트

1. 3차원 배열 사용: 말처럼 이동하는 횟수를 고려하기 위해 3차원 visited 배열을 사용하여 각 위치와 말 이동 횟수에 따른 방문 여부를 관리하는 것이 중요합니다.
2. BFS 탐색: 최단 거리를 보장하기 위해 BFS 알고리즘을 사용합니다.
3. 말 이동 횟수 제한: 말처럼 이동하는 횟수가 K번으로 제한되어 있으므로, BFS 탐색 시 이 제한을 고려하여 다음 위치를 탐색해야 합니다.

풀이 코드

import sys
from collections import deque

horse_directions = [(1,2),(1,-2),(-1,2),(-1,-2),(2,1),(2,-1),(-2,1),(-2,-1)]
directions = [(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1)]

def BFS(graph, visited, n, m, k):
    visited[0][0][0] = True
    queue = deque()
    queue.append((0,0,0,0))
    while queue:
        x,y,cnt, horse_cnt = queue.popleft()
        if x == n-1 and y == m-1:
            return cnt
        
        if horse_cnt < k:
            for dx,dy in horse_directions:
                sx,sy = x+dx, y+dy
                if 0<= sx < n and 0<= sy < m and not visited[sx][sy][horse_cnt+1] and graph[sx][sy] == 0:
                    queue.append((sx,sy,cnt+1, horse_cnt+1))
                    visited[sx][sy][horse_cnt+1] = True
        
        for dx,dy in directions:
            sx,sy = x+dx,y+dy
            if 0<= sx < n and 0<= sy < m and not visited[sx][sy][horse_cnt] and graph[sx][sy] == 0:
                queue.append((sx,sy,cnt+1, horse_cnt))
                visited[sx][sy][horse_cnt] = True

    return -1

k = int(sys.stdin.readline())
graph = []
m,n = map(int, sys.stdin.readline().split())
visited = [[[False]*(k+1) for i in range(m)] for j in range(n)]

for i in range(n):
    graph.append(list(map(int, sys.stdin.readline().split())))

print(BFS(graph,visited,n,m,k))