[2206] 벽 부수고 이동하기

https://www.acmicpc.net/problem/2206

2206번: 벽 부수고 이동하기

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.

코드

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

int N, M;
int canBreak = 1;
int arr[1001][1001];
int dir[4][2] = {{0,1}, {1, 0},{-1,0},{0, -1}};
int ans[1001][1001][2];
// ans[1001][1001][0]이 벽을 부시지 않았을 때, [1]이 벽을 부셨을 때
// y랑 x 가 반대
// 만약 큐에다가 벽 부신 여부를 넣는다면... ? 
// 문제점 : 먼저 방문한 점의 ans값이 0이 아닌걸로 채워넣어져 만약 다른 방문법으로 온 점은 무시하게 됨
// 먼저 도착한게 최소값

void bfs(){
	queue<pair<pair<int, int>,int>> q;
	q.push(make_pair(make_pair(1, 1),0));
	ans[1][1][0] = 1;

	while(!q.empty()){
		pair<pair<int, int>,int> here = q.front();
		q.pop();
		int y = here.first.first;
		int x = here.first.second;
		int isBreak = here.second;
		
		if(x == M && y == N){
			cout << ans[N][M][isBreak];
			return;
		}

		for(int i=0; i<4; ++i){
			int ny = y + dir[i][0];
			int nx = x + dir[i][1];

			if(ans[ny][nx][isBreak] != 0){
				continue;
			}			

			if(nx < 1 || nx >M){
				continue;
			}

			if(ny < 1 || ny > N){
				continue;
			}

			if(arr[ny][nx] == 0){
				q.push(make_pair(make_pair(ny, nx),here.second));
				ans[ny][nx][isBreak] = ans[y][x][isBreak] + 1;
			}

			else if(arr[ny][nx] == 1){
				// 벽이 있을 때
				if(isBreak == 0){ // 벽을 부술 수 있다면
					q.push(make_pair(make_pair(ny, nx), 1));
					ans[ny][nx][1] = ans[y][x][0] + 1;
				}

				else{
					continue;
				}
			}
		}

		
	}

	cout << -1;
}

int main(void){
	cin >> N >> M;
	memset(ans, 0, sizeof(ans));
	for(int i=1; i<=N; ++i){
		for(int j=1; j<=M; ++j){
			scanf("%1d", &arr[i][j]);
		}
	}

	bfs();

}

bfs를 사용하면 생각보다 쉽게 풀 수 있는 문제이다.

하지만 중간중간 헷갈리는 부분이 있어서 좀 헤맸다.

문제의 핵심은 벽을 딱 한번씩만 부술 수 있다는 점이다.

이 조건이 없었으면 그냥 쉽게 풀 수 있겠지만 벽을 부순 여부까지 전달해야 하기 때문에 좀 까다로웠다.

 

먼저 각 경우마다 벽을 부순 여부를 확인 할 수 있게 queue에다가 벽을 부순 여부를 전달해주었다. (queue의 second요소에 0이면은 벽을 부수지 않은 경우, 1이면은 벽을 부순 경우)

그리고 거기서 끝나는게 아니라 ans를 3차원 배열로 만들어 줌으로써 만약에 ans[][][0]이면은 부수지 않은 경우의 답, 그리고 ans[][][1]이면은 부순 경우의 답을 저장해 주었다.

이렇게 안하면 예를 들어, (x,y)점에서 부수지 않았을 경우를 계산 해야하는데 이전 탐색에서 (x,y)점에 벽을 부순 경우를 계산해줬기 때문에 continue로 빠져버린다. 

 

그리고 이 코드 전에 좀 멍청하게 짠 코드가 있는데 바로 아래 코드이다.

틀린 코드

int N, M;
int canBreak = 1;
int arr[1001][1001];
int dir[4][2] = {{0,1}, {1, 0},{-1,0},{0, -1}};
int ans[1001][1001][2];
// ans[1001][1001][0]이 벽을 부시지 않았을 때, [1]이 벽을 부셨을 때
// y랑 x 가 반대
// 만약 큐에다가 벽 부신 여부를 넣는다면... ? 
// 문제점 : 먼저 방문한 점의 ans값이 0이 아닌걸로 채워넣어져 만약 다른 방문법으로 온 점은 무시하게 됨

void bfs(){
	queue<pair<pair<int, int>,int>> q;
	q.push(make_pair(make_pair(1, 1),0));
	ans[1][1][0] = 1;

	while(!q.empty()){
		pair<pair<int, int>,int> here = q.front();
		q.pop();
		int y = here.first.first;
		int x = here.first.second;
		int isBreak = here.second;
		
		if(x == M && y == N){
			if(ans[N][M][0] != 0 && ans[N][M][1] != 0){
				cout << min(ans[N][M][0], ans[N][M][1]);
				return;
			}
			continue;
		}

		for(int i=0; i<4; ++i){
			int ny = y + dir[i][0];
			int nx = x + dir[i][1];

			if(ans[ny][nx][isBreak] != 0){
				continue;
			}			

			if(nx < 1 || nx >M){
				continue;
			}

			if(ny < 1 || ny > N){
				continue;
			}

			if(arr[ny][nx] == 0){
				q.push(make_pair(make_pair(ny, nx),here.second));
				ans[ny][nx][isBreak] = ans[y][x][isBreak] + 1;
			}

			else if(arr[ny][nx] == 1){
				// 벽이 있을 때
				if(isBreak == 0){ // 벽을 부술 수 있다면
					q.push(make_pair(make_pair(ny, nx), 1));
					ans[ny][nx][1] = ans[y][x][0] + 1;
				}

				else{
					continue;
				}
			}
			//cout << nx << ' '<<ny<< '\n';
		}

		
	}

	if(ans[N][M][0] == 0 && ans[N][M][1] == 0){
		cout << -1;
	}
	else{
		if(ans[N][M][0] == 0){
			cout << ans[N][M][1];
		}
		else{
			cout << ans[N][M][0];
		}
	}
}

위와 다른점은 ans[][][0]과 ans[][][1]의 값을 둘다 받아들일 수 있으면 받아들여서 최소값을 정답으로 출력하는 경우인데, 어짜피 queue에 먼저 들어온 값이 먼저 탐색된 경우이므로 최소값이 된다. 

따라서 이런짓을 안해도 충분히 풀린다. (이렇게 풀어도 정답이지만 이러면은 bfs의 장점이 무용지물이 된다)

 

그리고 꼭! 꼭! 기억해야하는 것이 이러한 이차원 문제가 나오면 x와 y값이 바뀔 수 있다는걸 잊지 말자!

즉, c언어 2차원 배열 특성 상 x값이 배열의 두번째 위치에 가고 y의 값은 첫번째 위치에 간다!! (ex, arr[y][x])

출처 : https://dojang.io/mod/page/view.php?id=1765