문제
ROR 게임은 두 팀으로 나누어서 진행하며, 상대 팀 진영을 먼저 파괴하면 이기는 게임입니다. 따라서, 각 팀은 상대 팀 진영에 최대한 빨리 도착하는 것이 유리합니다.
지금부터 당신은 한 팀의 팀원이 되어 게임을 진행하려고 합니다. 다음은 5 x 5 크기의 맵에, 당신의 캐릭터가 (행: 1, 열: 1) 위치에 있고, 상대 팀 진영은 (행: 5, 열: 5) 위치에 있는 경우의 예시입니다.
위 그림에서 검은색 부분은 벽으로 막혀있어 갈 수 없는 길이며, 흰색 부분은 갈 수 있는 길입니다. 캐릭터가 움직일 때는 동, 서, 남, 북 방향으로 한 칸씩 이동하며, 게임 맵을 벗어난 길은 갈 수 없습니다.
아래 예시는 캐릭터가 상대 팀 진영으로 가는 두 가지 방법을 나타내고 있습니다.
- 첫 번째 방법은 11개의 칸을 지나서 상대 팀 진영에 도착했습니다.
- 두 번째 방법은 15개의 칸을 지나서 상대팀 진영에 도착했습니다.
위 예시에서는 첫 번째 방법보다 더 빠르게 상대팀 진영에 도착하는 방법은 없으므로, 이 방법이 상대 팀 진영으로 가는 가장 빠른 방법입니다.
만약, 상대 팀이 자신의 팀 진영 주위에 벽을 세워두었다면 상대 팀 진영에 도착하지 못할 수도 있습니다. 예를 들어, 다음과 같은 경우에 당신의 캐릭터는 상대 팀 진영에 도착할 수 없습니다.
게임 맵의 상태 maps가 매개변수로 주어질 때, 캐릭터가 상대 팀 진영에 도착하기 위해서 지나가야 하는 칸의 개수의 최솟값을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요. 단, 상대 팀 진영에 도착할 수 없을 때는 -1을 return 해주세요.
제한사항
- maps는 n x m 크기의 게임 맵의 상태가 들어있는 2차원 배열로, n과 m은 각각 1 이상 100 이하의 자연수입니다.
- n과 m은 서로 같을 수도, 다를 수도 있지만, n과 m이 모두 1인 경우는 입력으로 주어지지 않습니다.
- maps는 0과 1로만 이루어져 있으며, 0은 벽이 있는 자리, 1은 벽이 없는 자리를 나타냅니다.
- 처음에 캐릭터는 게임 맵의 좌측 상단인 (1, 1) 위치에 있으며, 상대방 진영은 게임 맵의 우측 하단인 (n, m) 위치에 있습니다.
입출력 예
입출력 예 #1
주어진 데이터는 다음과 같습니다.
캐릭터가 적 팀의 진영까지 이동하는 가장 빠른 길은 다음 그림과 같습니다.
따라서 총 11칸을 캐릭터가 지나갔으므로 11을 return 하면 됩니다.
입출력 예 #2
문제의 예시와 같으며, 상대 팀 진영에 도달할 방법이 없습니다. 따라서 -1을 return 합니다.
나의 풀이1
from collections import deque
def BFS(maps, n, m):
queue = deque([(0, 0, 1)])
while queue:
x, y, step = queue.popleft()
if x == n-1 and y == m-1:
return step
if y+1 < m:
if maps[x][y+1]:
queue.append((x, y+1, step+1))
if x+1 < n:
if maps[x+1][y]:
queue.append((x+1, y, step+1))
if x-1 >= 0:
if maps[x-1][y]:
queue.append((x-1, y, step+1))
if y-x >= 0:
if maps[x][y-1]:
queue.append((x, y-1, step+1))
def solution(maps):
m = len(maps)
n = len(maps[0])
if maps[m-1][n-2] == 0 and maps[m-2][n-1] == 0:
return -1
return BFS(maps, m, n)- 문제 보자마자 최단 거리 구하는 거라 BFS 알고리즘 큐 사용해서 풀어야겠다고 생각했다.
- 모든 경우의 수를 큐에 추가한 다음에 하나씩 꺼내서 확인하는 방법을 사용했는데, 예상했듯이 최대 길이가 `100`인 2차원 리스트에는 너무 부담되는 방법이었다.
- 채점 결과 절반은 통과, 절반은 시간 초과로 실패했다. 한 문제는 아예 틀렸다는 거 보니 엣지 케이스에서 걸린 거 같다. 시간 복잡도를 단축할 수 있는 방법을 고민해봐야겠다.
나의 풀이2
from collections import deque
def BFS(maps, n, m):
queue = deque([(0, 0, 1)])
next = [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]
while queue:
x, y, step = queue.popleft()
if x == n-1 and y == m-1:
return step
for dx, dy in next:
nx = x + dx
ny = y + dy
if 0 <= nx < n and 0 <= ny < m and maps[nx][ny]:
queue.append((nx, ny, step+1))
def solution(maps):
m = len(maps)
n = len(maps[0])
if maps[m-1][n-2] == 0 and maps[m-2][n-1] == 0:
return -1
return BFS(maps, m, n)- 동서남북으로 이동하는 좌표를 담은 리스트를 만들어서 for문을 실행하는 방식으로 변경했다.
- 첫 번째 풀이보다는 테스트를 더 많이 통과하긴 했지만 여전히 정확성 테스트 4개와 효율성 테스트 4개를 시간 초과로 통과하지 못했다.
다른 사람의 풀이
from collections import deque
def solution(maps):
n = len(maps)
m = len(maps[0])
queue = deque([(0, 0)])
next = [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]
while queue:
x, y = queue.popleft()
for dx, dy in next:
nx = x + dx
ny = y + dy
if 0 <= nx < n and 0 <= ny < m and maps[nx][ny] == 1:
queue.append((nx, ny))
maps[nx][ny] = maps[x][y] + 1
if maps[n-1][m-1] == 1:
return -1
else:
return maps[n-1][m-1]- 맵을 이동하면서 도착한 다음 좌표의 값을 지금까지 지나온 칸의 개수로 변경한다. `maps[nx][ny] = maps[x][y] + 1`
- 한 칸 이동할 때 if문 조건에 `maps[nx][ny] == 1` 즉, 처음 들어온 칸이라는 조건이 추가되면서 이미 지나온 칸은 중복으로 지나가지 않게 된다.
- 최종적으로 우측 하단의 마지막 칸의 값이 `1`이면 도착하지 못했다는 것이므로 `-1`을 출력하고, 아니라면 해당 좌표에 저장된 지나온 칸의 개수를 출력한다.
회고
- 해당 좌표에 지금까지 지나온 칸의 개수를 저장하면서 이동한다는 아이디어는 전혀 생각하지 못했기 때문에 너무 재밌는 풀이 방법이었다!
- 많은 문제들을 접하면서 쌓인 아이디어들을 다 마릿속으로 흡수했으면 좋겠다는 소망