방과후
ALGORITHM NOTE약 1분

BOJ 14442 - 벽 부수고 이동하기 2

벽뿌셔 지구뿌셔 우주뿌셔

#algorithm#boj#gold#graph-theory#graph-traversal#bfs#grid
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문제 링크

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 벽을 부수고 이동하는 것이 좀 더 경로가 짧아진다면, 벽을 K개 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), K(1 ≤ K ≤ 10)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

같은 칸에 도착해도 지금까지 몇 번 벽을 부쉈는지에 따라 이후 가능 여부가 달라진다. 그래서 상태를 (x, y, broken)처럼 두고 BFS를 해야 한다.

빈 칸으로 이동할 때는 broken 값이 유지되고, 벽을 만났을 때 아직 부술 수 있는 횟수가 남아 있으면 broken + 1 상태로 이동한다. 각 상태를 처음 방문한 순간이 그 상태의 최단 거리이므로 BFS와 잘 맞는다.

단순 격자 BFS가 아니라 벽을 몇 번 부쉈는가라는 자원을 함께 들고 가는 상태 그래프 문제다.

코드

cpp
#include <iostream>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;
 
int n, m, k;
int graph[1001][1001];
int dist[1001][1001][11];
 
int dx[] = {1, 0, -1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};
 
struct Node {
	int x, y, cnt;
};
 
bool isIn(int x, int y) {
	return x > 0 && y > 0 && x <= n && y <= m;
}
 
int solve() {	
	queue<Node> q;
	q.push({1, 1, 0});
	dist[1][1][0] = 1;
 
	while (!q.empty()) {
		Node cur = q.front();
		q.pop();
 
		if (cur.x == n && cur.y == m) 
			return dist[cur.x][cur.y][cur.cnt];
 
		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			int nx = cur.x + dx[i];
			int ny = cur.y + dy[i];
 
			if (isIn(nx, ny)) {
				if (graph[nx][ny] == 0 && dist[nx][ny][cur.cnt] == -1) {
					dist[nx][ny][cur.cnt] = dist[cur.x][cur.y][cur.cnt] + 1;
					q.push({nx, ny, cur.cnt});
				}
 
				if (graph[nx][ny] == 1 && cur.cnt < k && dist[nx][ny][cur.cnt + 1] == -1) {
					dist[nx][ny][cur.cnt + 1] = dist[cur.x][cur.y][cur.cnt] + 1;
					q.push({nx, ny, cur.cnt + 1});
				}
			}
		}
	}
 
	return -1;
}
 
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
 
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		string input;
		cin >> input;
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			graph[i][j] = input[j - 1] - '0';
			for (int k = 0; k <= 10; k++) {
				dist[i][j][k] = -1;
			}
		}
	}
 
	cout << solve() << '\n';
}

복잡도

  • 시간 복잡도: 상태 수 기준 O(NM⋅K)O(NM \cdot K)
  • 공간 복잡도: 방문 배열 기준 O(NM⋅K)O(NM \cdot K)

마무리

벽을 부술 수 있는 횟수가 좌표와 함께 상태를 만든다. 같은 칸이라도 남은 기회가 다르면 완전히 다른 상태라는 점이 핵심이다.