[BOJ] 13460번 - 구슬 탈출 2

백준 13460번 - 구슬 탈출 2

시간제한	메모리 제한	제출	정답	맞은 사람	정답 비율
2 초	512 MB	43241	12431	6521	25.536%

문제

스타트링크에서 판매하는 어린이용 장난감 중에서 가장 인기가 많은 제품은 구슬 탈출이다. 구슬 탈출은 직사각형 보드에 빨간 구슬과 파란 구슬을 하나씩 넣은 다음, 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼내는 게임이다.

보드의 세로 크기는 N, 가로 크기는 M이고, 편의상 1×1크기의 칸으로 나누어져 있다. 가장 바깥 행과 열은 모두 막혀져 있고, 보드에는 구멍이 하나 있다. 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 보드에서 1×1크기의 칸을 가득 채우는 사이즈이고, 각각 하나씩 들어가 있다. 게임의 목표는 빨간 구슬을 구멍을 통해서 빼내는 것이다. 이때, 파란 구슬이 구멍에 들어가면 안 된다.

이때, 구슬을 손으로 건드릴 수는 없고, 중력을 이용해서 이리 저리 굴려야 한다. 왼쪽으로 기울이기, 오른쪽으로 기울이기, 위쪽으로 기울이기, 아래쪽으로 기울이기와 같은 네 가지 동작이 가능하다.

각각의 동작에서 공은 동시에 움직인다. 빨간 구슬이 구멍에 빠지면 성공이지만, 파란 구슬이 구멍에 빠지면 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬이 동시에 구멍에 빠져도 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬은 동시에 같은 칸에 있을 수 없다. 또, 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 한 칸을 모두 차지한다. 기울이는 동작을 그만하는 것은 더 이상 구슬이 움직이지 않을 때 까지이다.

보드의 상태가 주어졌을 때, 최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫 번째 줄에는 보드의 세로, 가로 크기를 의미하는 두 정수 N, M (3 ≤ N, M ≤ 10)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 보드의 모양을 나타내는 길이 M의 문자열이 주어진다. 이 문자열은 '.', '#', 'O', 'R', 'B' 로 이루어져 있다. '.'은 빈 칸을 의미하고, '#'은 공이 이동할 수 없는 장애물 또는 벽을 의미하며, 'O'는 구멍의 위치를 의미한다. 'R'은 빨간 구슬의 위치, 'B'는 파란 구슬의 위치이다.

입력되는 모든 보드의 가장자리에는 모두 '#'이 있다. 구멍의 개수는 한 개 이며, 빨간 구슬과 파란 구슬은 항상 1개가 주어진다.

출력

최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 출력한다. 만약, 10번 이하로 움직여서 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 없으면 -1을 출력한다.

---

예제 입력 1

5 5
#####
#..B#
#.#.#
#RO.#
#####

예제 출력 1

1

예제 입력 2

7 7
#######
#...RB#
#.#####
#.....#
#####.#
#O....#
#######

예제 출력 2

5

예제 입력 3

7 7
#######
#..R#B#
#.#####
#.....#
#####.#
#O....#
#######

예제 출력 3

5

 

(이하 예제 생략)

출처

www.acmicpc.net/problem/13460

13460번: 구슬 탈출 2

알고리즘 분류

• 구현
• 그래프 이론
• 그래프 탐색
• 너비 우선 탐색

접근 방법

처음 문제의 "기울인다" 라는 표현을 완전히 이해하지 못한 상태로 한칸씩 이동하는 것으로 구현하여 시간 낭비를 좀 했었던 문제이다.

입력부분에서 구멍, 빨간 구슬, 파란 구슬의 좌표를 저장한다음, 해당 구슬들의 좌표를 초기 값으로 BFS를 돌려서 10번 이하로 모든 연산을 마칠 수 있는 모든 것들에 대해서 시뮬레이션(판을 기울이는 행위<상,하,좌,우>)을 하였다.

핵심이 되는 부분은 구슬을 기울여서 두 구슬의 좌표를 변경 하는 것인데, 이 부분에서 실수를 여러번 했었다.( 생각보다 제한 사항들이 많았다. ) 제일 실수하기 쉬웠던 부분은 두 구슬의 좌표를 옮겨줄 때, 움직이는 방향과 가까운 공이 먼저 움직여져야한다는 조건이였다.

< 특정 공이 겹쳐지는 것을 방지하기 위해 >

그래서 움직이는 방향(dir)의 인덱스에 따라, 빨간 구슬과 파란 구슬의 좌표를 비교하여 움직이는 식으로 구현했었는데

사실, 그럴 필요가 없었다! 공의 움직임이 결론적으로 멈추는 시기는 빨간 구슬과 파란 구슬이 2개 모두 움직임이 없었을 텐데

특정 공이 겹쳐지는 것을 방지하기 위해 다음 이동하고자 하는 좌표에 특정 구슬이 존재한다면 움직이지 않도록 만들고

다음 공을 움직여주는 방식으로 구현한다면, 결론적으로 두 개의 구슬을 온전하게 움직일 수 있었다.

 

두번째로 실수를 했던 부분은, 특정 공이 반복적으로 동일한 위치를 반복하는 경우가 생기는 경우를 가지치기 하기 위해서

visited배열을 주석처리한 부분과 같이 만들었는데, 로그를 찍어보니 동일한 좌표를 반복하지 않는 경우, 올바르지 않게 동작하는 경우들이 발생하는 것을 알 수 있었다. 만약, visited를 통해서 가지치기를 하고 싶을 경우에는 두개의 공이 동일 좌표를 반복하는 경우에만 해당 경우로 진행하지 않는다고 조건을 추가해주면 되겠다.

이 문제에서는, 최대 공을 기울이는 행위를 10번 밖에 할 수 없도록 설정을 했기 때문에 BFS시 사용되는 Queue가 터지는 일은 없을 것 같다.

고로, 난 visited 처리를 해주지 않았다.

 

공을 기울이는 과정 속에서 구멍에 공이 들어가는 경우는 해당 공의 좌표를 {-1,-1} 로 설정하였고, 해당 경우에는 더 이상 구멍에 빠진 공을 움직이지 않도록 설정하였다.

그렇게 더 이상 두개의 공이 모두 움직일 수 없는 상태가 될때 까지 해당 과정을 반복한다.

 

 

 

소스 코드

/*
 * counter example
 * 6 7
    #######
    #..BR##
    #.#####
    #.#O###
    #....##
    #######
    path : {좌, 하, 좌, 하, 우, 하, 우, 상} -> 8번
 *  문제점 ?
 *  visited에서 문제가 발생한 것 같음.
 *	방문했던 곳도 재방문 가능.
 *	방문처리를 하여 다시는 방문하지 못하게 만드는 경우 빨간 구슬의 진로를 막아버리는 case가 존재 함.
 *  또한, 로그를 찍어보니 뜻하지 않은 방향으로 시뮬레이션이 되는 것을 확인했음. 
 */

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M;
char board[11][11];
// bool visited[4][2][11][11]; // 어느방향으로? 어떤 공으로? (y,x)를 방문했는가?
pair<int,int> hole, red, blue;
void move(pair<int,int>& r, pair<int,int>& b, int d){
    const int dir[4][2] ={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
    pair<int,int> tmp_r = r, tmp_b = b;
    while(true){
        bool hasChanged = false;
        int ry = tmp_r.first + dir[d][0], rx = tmp_r.second + dir[d][1];
        int by = tmp_b.first + dir[d][0], bx = tmp_b.second + dir[d][1];

        if( tmp_r.first != -1 || tmp_r.second != -1 ) {
            if (0 <= ry && ry < N && 0 <= rx && rx < M && board[ry][rx] != '#'  /*&& !visited[d][0][ry][rx]*/) {
                if( ry != tmp_b.first || rx != tmp_b.second ) {
                   // visited[d][0][ry][rx] = true;
                    tmp_r = {ry, rx};
                    hasChanged = true;
                }
            }
        }
        if( tmp_b.first != -1 || tmp_b.second != -1 ) {
            if (0 <= by && by < N && 0 <= bx && bx < M && board[by][bx] != '#' /*&& !visited[d][1][by][bx]*/) {
                if( by != tmp_r.first || bx != tmp_r.second ) {
                   // visited[d][1][by][bx] = true;
                    tmp_b = {by, bx};
                    hasChanged = true;
                }
            }
        }
        if( !hasChanged ) break;

        if( tmp_r.first == hole.first && tmp_r.second == hole.second )
            tmp_r = {-1,-1};
        if( tmp_b.first == hole.first && tmp_b.second == hole.second )
            tmp_b = {-1,-1};
    }
    r = tmp_r;
    b = tmp_b;
}
int main(void){
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cin >> N >> M;
    for(int i=0; i<N; i++){
        for(int j=0; j<M; j++) {
            cin >> board[i][j];
            if( board[i][j] == 'O' )
                hole = {i,j};
            else if( board[i][j] == 'R' )
                red = {i,j};
            else if( board[i][j] == 'B' )
                blue = {i,j};

            if( board[i][j] == 'R' || board[i][j] == 'B' )
                board[i][j] = '.';
        }
    }

    queue<tuple<pair<int,int>, pair<int,int>, int>> Q;
    Q.push({red, blue, 0});

    int answer = -1;
    while(!Q.empty()){
        auto front = Q.front(); Q.pop();
        pair<int,int> r,b;
        r = get<0>(front), b = get<1>(front);
        int cnt = get<2>(front);
        if( cnt > 10 ) continue;

        // 빨간 구슬만 구멍에 빠졌을 때
        if( r.first == -1 && r.second == -1 && (b.first != -1 || b.second != -1) ){
            answer = cnt ;
            break;
        }

        // 움직임
        for(int i=0; i<4; i++){
            pair<int,int> nr = r, nb = b;
            move(nr, nb, i); // 내부에서 visited 처리를 모두 마친다.
            if( nr != r || nb != b ){
                Q.push({nr,nb,cnt+1});
                /*
                // test
                cout << "\n----------------------\n";
                cout << "현재 카운트 수 : " << cnt + 1 << '\n';
                for(int i=0; i<N; i++){
                    for(int j=0; j<M; j++){
                        if( i == nr.first && j == nr.second ){
                            cout << "R ";
                        }
                        else if( i == nb.first && j == nb.second ){
                            cout << "B ";
                        }
                        else cout << board[i][j] << ' ';
                    }
                    cout << '\n';
                }
                cout << "\n----------------------\n";
                */
            }
        }
    }
    cout << answer ;
    return 0;
}