오지 탐험가인 프로도는 탐험 도중 n개의 방으로 이루어진 지하 동굴을 탐험하게 되었습니다. 모든 방에는 0부터 n - 1 까지 번호가 붙어있고, 이 동굴에 들어갈 수 있는 유일한 입구는 0번 방과 연결되어 있습니다. 각 방들은 양방향으로 통행이 가능한 통로로 서로 연결되어 있는데, 서로 다른 두 방을 직접 연결하는 통로는 오직 하나입니다. 임의의 서로 다른 두 방 사이의 최단경로는 딱 한 가지만 있으며, 또한 임의의 두 방 사이에 이동이 불가능한 경우는 없습니다.
탐험에 앞서 이 지하 동굴의 지도를 손에 넣은 프로도는 다음과 같이 탐험 계획을 세웠습니다.
모든 방을 적어도 한 번은 방문해야 합니다.
특정 방은 방문하기 전에 반드시 먼저 방문할 방이 정해져 있습니다.
2-1. 이는 A번 방은 방문하기 전에 반드시 B번 방을 먼저 방문해야 한다는 의미입니다.
2-2. 어떤 방을 방문하기 위해 반드시 먼저 방문해야 하는 방은 없거나 또는 1개 입니다.
2-3. 서로 다른 두 개 이상의 방에 대해 먼저 방문해야 하는 방이 같은 경우는 없습니다.
2-4. 어떤 방이 먼저 방문해야 하는 방이면서 동시에 나중에 방문해야 되는 방인 경우는 없습니다.
위 계획 중 2-2, 2-3, 2-4는 순서를 지켜 방문해야 하는 두 방의 쌍이 A → B(A를 먼저 방문하고 B를 방문함) 형태로 유일함을 의미합니다. 즉, 프로도는 아래와 같은 형태로 방문순서가 잡히지 않도록 방문 계획을 세웠습니다.
A → B, A → C (방문순서 배열 order = [...,[A,B],...,[A,C],...]) 형태로 A를 방문 후에 방문해야 할 방이 B와 C로 두 개 또는 그 이상인 경우
X → A, Z → A (방문순서 배열 order = [...,[X,A],...,[Z,A],...]) 형태로 A를 방문하기 전에 방문해야 할 방이 X와 Z로 두 개 또는 그 이상인 경우
A → B → C (방문순서 배열 order = [...,[A,B],...,[B,C],...) 형태로 B처럼 A 방문 후이면서 동시에 C 방문 전인 경우
그리고 먼저 방문해야 할 방과 나중에 방문할 방을 반드시 연속해서 방문해야 할 필요는 없어 A방을 방문한 후 다른 방을 방문한 후 B방을 방문해도 좋습니다.
방 개수 n, 동굴의 각 통로들이 연결하는 두 방의 번호가 담긴 2차원 배열 path, 프로도가 정한 방문 순서가 담긴 2차원 배열 order가 매개변수로 주어질 때, 프로도가 규칙에 맞게 모든 방을 탐험할 수 있을 지 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
n은 2 이상 200,000 이하입니다.
path 배열의 세로(행) 길이는 n - 1 입니다.
path 배열의 원소는 [방 번호 A, 방 번호 B] 형태입니다.
두 방 A, B사이를 연결하는 통로를 나타냅니다.
통로가 연결하는 두 방 번호가 순서없이 들어있음에 주의하세요.
order 배열의 세로(행) 길이는 1 이상 (n / 2) 이하입니다.
order 배열의 원소는 [방 번호 A, 방 번호 B] 형태입니다.
A번 방을 먼저 방문한 후 B번 방을 방문해야 함을 나타냅니다.
import copy
from collections import deque
def travel(n:int,graph:dict,order)->bool:
NOT_VISITED=0
queue=deque()
# 0은 첫번째로 방문한 것이다. 일반화하면, 노드 i가 x번째 방문인 경우 trace[i]=x
first_trace=[NOT_VISITED]*n
first_trace[0]=1
# (node,[can_go],[trace],visit_count)형태의 튜플 담기
queue.append([0,graph[0],first_trace,1])
while queue:
node,can_go,trace,count=queue.popleft()
# 다 방문했으면
if count==n:
# 방문 순서가 맞는지 확인
is_through_all=True
for start,end in order:
if trace[start]>trace[end]:
is_through_all=False
break
if is_through_all:
return True
for adj in can_go:
# 아직 방문한 적 없는 노드로 기록되어 있다면,
if trace[adj]==NOT_VISITED:
# 방문 기록 추가
new_trace=copy.deepcopy(trace)
new_trace[adj]=count+1
# 자기 자신을 제회한, 갈 수 있는 노드 추가
new_can_go=[can_go[i] for i in range(len(can_go)) if can_go[i]!=adj]
for elem in graph[adj]:
if trace[elem]==NOT_VISITED:
new_can_go.append(elem)
queue.append((adj,new_can_go,new_trace,count+1))
return False
def solution(n, path, order):
graph=dict()
for u,v in path:
if u not in graph:
graph[u]=[]
if v not in graph:
graph[v]=[]
graph[u].append(v)
graph[v].append(u)
answer=travel(n,graph,order)
return answer
정확성에서도 시간 초과가 나서 틀린 코드이다.
시간 복잡도 측면에서 문제가 되는 것은 copy.deepcopy
다. n이 최대 20만개이고 큐에 담는 횟수는 20만개를 넘을 수 있으므로, 배열 생성에 있어서 많은 시간 소요가 걸릴 것이다.
좀 더 효율적인 풀이를 찾아봐야겠다.