[BOJ] 1600 말이 되고픈 원숭이 (cpp)

https://www.acmicpc.net/problem/1600

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문제

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.

	x		x
x				x
		말
x				x
	x		x

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 : 문제 참고

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풀이

최소한의 동작 회수를 요구하는 문제이기 때문에 Queue를 활용한 BFS(너비 우선 탐색)로 풀 수 있습니다

 

1. 처음 시작지점을 Queue에 넣습니다 (단, W == 1 && H == 1 인 경우 시작과 동시에 종료)

2. 이후 Queue에 원소가 존재할 때, 움직인 횟수(move_cnt)를 증가시키며 Queue의 사이즈만큼 값을 가져오며 pop합니다.

   - 이 때, Queue의 사이즈를 알 수 있는 queue.size() 는 c++에서 O(1) 연산입니다

3. 값을 가져올 때마다 가져온 좌표값을 기준으로 문제에서 요구한 움직임(① 네 방향, ② 말처럼 움직임)을 수행합니다. 격자판을 나가는 경우 등에 대한 예외 처리도 필요하며, 목표 지점에 도달한 경우 출력 후 return으로 종료합니다.

   - 효율적인 탐색을 위해 좌표에 대한 방문처리가 필요합니다. -> visited

   - visited 공간(용량) 계산 (K*W*H) ↓ 

K 31(0~30) * W 200 * H 200 을 저장할 int 배열이라고 할 때

4bytes * 1,240,000 == 4,960,000 ≒ 5,000,000 이므로 약 5MB

bool 배열이라면 약 1.2MB

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정답 소스 코드 (AC)(Accepted)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct dot{
    int jump_cnt;
    int x;
    int y;
};

int inc_x[4] = {0, 1, 0, -1};
int inc_y[4] = {1, 0, -1, 0};

int inc_hx[8] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
int inc_hy[8] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};

void solve(){
    int k, w, h; cin >> k >> w >> h;
    if(w == 1 and h == 1){
        cout << 0;
        return;
    }

    int board[h][w]; for(auto &r:board) for(auto &el:r) cin >> el;
    int visited[k+1][h][w];
    for(int i=0; i<=k; ++i){
        for(int x=0; x<h; ++x){
            for(int y=0; y<w; ++y){
                visited[i][x][y] = 0;
            }
        }
    }
    visited[0][0][0] = true;

    int move_cnt = 0;
    queue<dot> q({{0, 0, 0}});
    while(!q.empty()){
        ++move_cnt;
        int sz = q.size();
        while(sz--){
            auto [jump_cnt, x, y] = q.front(); q.pop();

            // monkey move (jump x)
            for(int i=0; i<4; ++i){
                int nx = x+inc_x[i], ny = y+inc_y[i];
                if(nx<0 | nx>=h | ny<0 | ny>=w) continue;
                if(nx == (h-1) and ny == (w-1)){
                    cout << move_cnt;
                    return;
                }
                if(board[nx][ny] == 0 and !visited[jump_cnt][nx][ny]){
                    visited[jump_cnt][nx][ny] = true;
                    q.push({jump_cnt, nx, ny});
                }
            }

            // horse move (jump o)
            if(jump_cnt == k) continue;
            for(int i=0; i<8; ++i){
                int nx = x+inc_hx[i], ny = y+inc_hy[i];
                if(nx<0 | nx>=h | ny<0 | ny>=w) continue;
                if(nx == (h-1) and ny == (w-1)){
                    cout << move_cnt;
                    return;
                }
                if(board[nx][ny] == 0 and !visited[jump_cnt+1][nx][ny]){
                    visited[jump_cnt+1][nx][ny] = true;
                    q.push({jump_cnt+1, nx, ny});
                }
            }
        }
    }

    cout << -1;
}

int main(void){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

 

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visited 공간복잡도 개선 코드

K*W*H 의 공간복잡도를 W*H로 개선할 수 있습니다

 

단순하게 방문 여부만을 저장하는 것이 아닌

해당 좌표값에 도달했을 때 말처럼 이동한 횟수가 총 몇 번인지를 저장합니다

 

기존 값보다 적은 값이라면 값을 갱신하며 Queue에 삽입합니다

갱신을 위해 초기값은 충분히 큰 값이 필요합니다 (MAX_INT 활용)

 

해당 아이디어는 다익스트라 알고리즘에서의 값 갱신과 유사합니다

void solve(){
// ...
    int visited[h][w];
    for(int x=0; x<h; ++x){
        for(int y=0; y<w; ++y){
            visited[x][y] = INT_MAX;
        }
    }
    visited[0][0] = true;
// ...
            // monkey move (jump x)
            for(int i=0; i<4; ++i){
// ...
                if(board[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny] > jump_cnt){
                    visited[nx][ny] = jump_cnt;
                    q.push({jump_cnt, nx, ny});
                }
            }

            // horse move (jump o)
            if(jump_cnt == k) continue;
            for(int i=0; i<8; ++i){
// ...
                if(board[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny] > (jump_cnt+1)){
                    visited[nx][ny] = jump_cnt+1;
                    q.push({jump_cnt+1, nx, ny});
                }
            }
        }
    }

    cout << -1;
}

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위에서부터

첫 번째 코드 - K*W*H (세 번째 코드 기준 메모리 초과 해결)

두 번째 코드 - W*H (공간복잡도 효율 개선)

세 번째 코드 - K*W*H (메모리 초과 ㅡ visited 구현 실수)

입니다