[Algorithm 풀이] 백준 - 2206번 벽 부수고 이동하기

대표적인 bfs 응용 문제인 것 같아서 풀이를 가져왔다! 백준 GOLD 3 문제이며, 반드시 알고 가야할 부분 인 것 같아서 정리해본다! 🌟

 

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.

 

풀이

1. 가중치가 없는 최단 경로는 무조건 bfs 이다. 

왜 DFS 가 안될까? 그 이유는 당연하게도 특정 칸에 도달했을 때 까지의 경로가 다른 경로를 통해 도달한 길이 보다 짧다는 보장이 전혀 없기 때문.

2. 모든 칸을 전부 0으로 하나씩 바꾸어보고 BFS를 돌리는 것을 반복하는 것은 시간 초과가 날 수 밖에 없음.

벽이 최대 O(NM) 개 있는 맵에서 벽을 하나 부술 때 마다 O(NM) 개의 칸을 탐색해야 하기 때문에 O((NM)^2)이다.

3. 칸마다 방문 체크 하나씩만 하는 방법으로는 풀 수 없다.

어떤 칸에 도착했을 때 "아직 벽을 부술 수 있는 상태" or "더 이상 벽을 부술 수 없는 상태" 일 수 도 있다. 

큐에 그 상태를 넣는 것만으로 되는 것이 아니다. 

1. 현재 칸까지 벽을 안 부수고 최단으로 올 수 있었다고 가정. 현재 지점에서 목표 지점까지 가는데에 벽을 한 개 부수고 가는것이 안부수고 가는 것 보다 최적이 나온다고 하면 현재 내가 벽을 부술 수 있는 상태라는 것을 알고 있어야 함.

2. 벽을 안 부수고 현재 칸까지 도달 가능하지만, 벽을 부수고 오는 것이 더 짧다. 현재 지점에서 목표 지점까지 가려면 무조건 벽을 한개 부숴야ㅎ만 한다고 하면, 비록 현재 칸까지는 벽을 부수고 오는 것이 최적이었지만, 이 상태로는 끝에 아예 도달 못함. 더 이상 벽을 깨서는 안됨.

4. [방문처리 + 벽을 뿌셨는가?] 를 함께 처리

visited[x][y] 가 아니라 visited[x][y][벽을 뿌순적이 있는가] 로 3차원 arr로 구현되어야 한다.

5. 이 문제에서는 같은 칸에 방문하는 경우, 벽을 안 부순 것이 유리하기 때문에 벽을 부섰는지  여부를 방문 배열에  기록하여 부순 횟수가 더 적을 때만 방문해도 됨.

 

코드

case 1. 다음 이동할 곳이 벽 + 벽을 파괴할 기회 O
case 2. 다음 이동할 곳이 벽 X + 방문 X

으로 나눠서 진행한다!

# 벽 부수고 이동하기
# bfs - 한 개 벽 뿌셔도 됨. 
# (1,1) => (N,M)

from collections import deque

N, M = map(int, input().split())
graph = [list(map(int, input())) for _ in range(N)]
visited = [[[0] * 2 for _ in range(M)] for _ in range(N)]
visited[0][0][0] = 1

def bfs(x,y,flag):
    queue = deque()
    queue.append((x,y,flag))
        
    dx = [-1, 0, 0, 1]
    dy = [0, 1, -1, 0]
    
    while queue:
        x, y, flag = queue.popleft()
        
        if x == N-1 and y == M-1:
            return visited[x][y][flag]
        
        for i in range(4):
            nx = x + dx[i]
            ny = y + dy[i]
            
            if nx < 0 or nx >= N or ny < 0 or ny >= M:
                continue
            
            # 다음 이동할 곳이 벽 + 벽 파괴 기회 o :
            if graph[nx][ny] == 1 and flag == 0:
                visited[nx][ny][1] = visited[x][y][0] + 1
                queue.append((nx, ny, 1))
                
            # 다음 이동할 곳이 벽이 아님 + 방문 X :
            elif graph[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny][flag] == 0:
                visited[nx][ny][flag] = visited[x][y][flag] + 1
                queue.append((nx, ny, flag))
                
    return -1       
        
print(bfs(0,0,0))