ALGORITHM NOTE1

BOJ 14940 - 쉬운 최단거리

초간?단 최단거리

#algorithm#boj#silver#bfs#graph-theory#graph-traversal
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문제 링크

문제

지도가 주어지면 모든 지점에 대해서 목표지점까지의 거리를 구하여라.

문제를 쉽게 만들기 위해 오직 가로와 세로로만 움직일 수 있다고 하자.

입력

지도의 크기 n과 m이 주어진다. n은 세로의 크기, m은 가로의 크기다.(2 ≤ n ≤ 1000, 2 ≤ m ≤ 1000)

다음 n개의 줄에 m개의 숫자가 주어진다. 0은 갈 수 없는 땅이고 1은 갈 수 있는 땅, 2는 목표지점이다. 입력에서 2는 단 한개이다.

출력

각 지점에서 목표지점까지의 거리를 출력한다. 원래 갈 수 없는 땅인 위치는 0을 출력하고, 원래 갈 수 있는 땅인 부분 중에서 도달할 수 없는 위치는 -1을 출력한다.

풀이

각 칸에서 목표지점까지의 거리를 묻지만, 실제로는 목표지점 2에서 한 번 BFS를 시작하면 모든 칸의 최단거리를 동시에 채울 수 있다. 현재 코드는 목표 칸을 큐에 먼저 넣고 dist-1로 초기화한 뒤, 갈 수 없는 땅은 0으로 고정한다.

이후 상하좌우로 퍼지면서 아직 방문하지 않은 1 칸의 거리를 현재 거리 + 1로 채운다. 목표에서 역으로 퍼뜨리는 방식이라서 모든 칸을 따로 시작점으로 둘 필요가 없다.

코드

cpp
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
 
const int MAXN = 1001;
int map[MAXN][MAXN];
int dist[MAXN][MAXN];
int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
queue<pair<int, int>> q;
int n, m;
 
void bfs() {
	while(!q.empty()) {
 
		int x = q.front().first;
		int y = q.front().second;
		q.pop();
 
		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			int nx = x + dx[i];
			int ny = y + dy[i];
 
			if (nx >= 0 && ny >= 0 && nx < n && ny < m) {
				if(map[nx][ny] == 1 && dist[nx][ny] == -1) {
					q.push({nx, ny});
					dist[nx][ny] = dist[x][y] + 1;
				}
			}
			
		}
	}
}
 
void solve() {
	cin >> n >> m;
 
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			dist[i][j] = -1;
		}
	}
 
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			cin >> map[i][j];
 
			if (map[i][j] == 2) {
				q.push({i, j});
				dist[i][j] = 0;
			}	
				
			if (map[i][j] == 0)
				dist[i][j] = 0;
		}
	}
 
	bfs();
 
	for (int i = 0; i < n; i++)  {
		for (int j = 0; j < m; j++) 
			cout << dist[i][j] << " ";
		cout << '\n';
	}
		
}
 
int main() {
    
    ios_base::sync_with_stdio(false);	
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
    
	solve();
 
    return 0;
}

복잡도

  • 시간 복잡도: 지도 전체 칸을 BFS로 한 번씩 처리하므로 O(NM)O(NM)이다.
  • 공간 복잡도: 거리 배열과 큐를 사용하므로 O(NM)O(NM)이다.

마무리

각 칸에서 목표지점까지의 거리를 묻지만, 실제로는 목표지점 2에서 한 번 BFS를 시작하면 모든 칸의 최단거리를 동시에 채울 수 있다.