문제
n(2 ≤ n ≤ 100)개의 도시가 있다. 그리고 한 도시에서 출발하여 다른 도시에 도착하는 m(1 ≤ m ≤ 100,000)개의 버스가 있다. 각 버스는 한 번 사용할 때 필요한 비용이 있다.
모든 도시의 쌍 (A, B)에 대해서 도시 A에서 B로 가는데 필요한 비용의 최솟값을 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에 도시의 개수 n이 주어지고 둘째 줄에는 버스의 개수 m이 주어진다. 그리고 셋째 줄부터 m+2줄까지 다음과 같은 버스의 정보가 주어진다. 먼저 처음에는 그 버스의 출발 도시의 번호가 주어진다. 버스의 정보는 버스의 시작 도시 a, 도착 도시 b, 한 번 타는데 필요한 비용 c로 이루어져 있다. 시작 도시와 도착 도시가 같은 경우는 없다. 비용은 100,000보다 작거나 같은 자연수이다.
시작 도시와 도착 도시를 연결하는 노선은 하나가 아닐 수 있다.
출력
n개의 줄을 출력해야 한다. i번째 줄에 출력하는 j번째 숫자는 도시 i에서 j로 가는데 필요한 최소 비용이다. 만약, i에서 j로 갈 수 없는 경우에는 그 자리에 0을 출력한다.
풀이
모든 도시 쌍 사이의 최소 비용을 구해야 하므로, 정점 하나를 중간 경유지로 허용해 가며 갱신하는 플로이드-워셜이 잘 맞는다. k를 거쳐 가는 경로가 더 짧으면 기존 값을 바꾸는 방식이다.
코드에서는 인접 행렬을 큰 값으로 초기화한 뒤 자기 자신으로 가는 비용은 0으로 둔다. 이후 삼중 루프로 모든 쌍 최단 거리를 채운다.
출발점이 하나가 아니라 모든 쌍이라는 점 때문에 가장 정직한 전수 갱신이 통한다.
코드
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 101;
const int INF = 123456789;
int graph[MAXN][MAXN];
void solve() {
int n, m, a, b, c;
cin >> n >> m;
//그래프 초기화
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (i == j) graph[i][j] = 0;
else graph[i][j] = INF;
}
}
//그래프 입력
while(m--) {
cin >> a >> b >> c;
graph[a][b] = min(graph[a][b], c);
}
//플로이드-워셜 최단거리찾기
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
//둘 중 한 곳의 값이 INF라면 i에서 j로 갈 수 없음
if (graph[i][k] == INF || graph[k][j] == INF) continue;
graph[i][j] = min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j]);
}
}
}
//그래프 출력
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (graph[i][j] == INF)
cout << 0 << " ";
else
cout << graph[i][j] << " ";
}
cout << '\n';
}
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
solve();
return 0;
}복잡도
- 시간 복잡도:
- 공간 복잡도:
마무리
출발점이 하나가 아니라 모든 도시 쌍이라는 점이 중요하다. 그래서 이 문제는 다익스트라 반복보다 플로이드-워셜이 더 자연스럽다.
