(Python) 프로그래머스 - 리코쳇 로봇

프로그래머스 - 리코쳇 로봇

문제 설명

리코쳇 로봇이라는 보드게임이 있습니다.

이 보드게임은 격자모양 게임판 위에서 말을 움직이는 게임으로, 시작 위치에서 목표 위치까지 최소 몇 번만에 도달할 수 있는지 말하는 게임입니다.

이 게임에서 말의 움직임은 상, 하, 좌, 우 4방향 중 하나를 선택해서 게임판 위의 장애물이나 맨 끝에 부딪힐 때까지 미끄러져 이동하는 것을 한 번의 이동으로 칩니다.

다음은 보드게임판을 나타낸 예시입니다.

...D..R .D.G... ....D.D D....D. ..D....

여기서 "."은 빈 공간을, "R"은 로봇의 처음 위치를, "D"는 장애물의 위치를, "G"는 목표지점을 나타냅니다.

위 예시에서는 "R" 위치에서 아래, 왼쪽, 위, 왼쪽, 아래, 오른쪽, 위 순서로 움직이면 7번 만에 "G" 위치에 멈춰 설 수 있으며, 이것이 최소 움직임 중 하나입니다.

게임판의 상태를 나타내는 문자열 배열 board가 주어졌을 때, 말이 목표위치에 도달하는데 최소 몇 번 이동해야 하는지 return 하는 solution함수를 완성하세요. 만약 목표위치에 도달할 수 없다면 -1을 return 해주세요.

---

제한 사항

• 3 ≤ board의 길이 ≤ 100
  • 3 ≤ board의 원소의 길이 ≤ 100
  • board의 원소의 길이는 모두 동일합니다.
  • 문자열은 ".", "D", "R", "G"로만 구성되어 있으며 각각 빈 공간, 장애물, 로봇의 처음 위치, 목표 지점을 나타냅니다.
  • "R"과 "G"는 한 번씩 등장합니다.

---

입출력 예

board	result
["...D..R", ".D.G...", "....D.D", "D....D.", "..D...."]	7
[".D.R", "....", ".G..", "...D"]	-1

---

입출력 예 설명

입출력 예 #1

• 문제 설명의 예시와 같습니다.

입출력 예 #2

.D.R .... .G.. ...D

• "R" 위치에 있는 말을 어떻게 움직여도 "G" 에 도달시킬 수 없습니다.
• 따라서 -1을 return 합니다.

---

답안

from collections import deque

def move_up(x, y, board, move_count):
    while y > 0 and board[y - 1][x] != 'D':
        y -= 1
    return x, y, move_count

def move_down(x, y, board, move_count):
    while y < len(board) - 1 and board[y + 1][x] != 'D':
        y += 1
    return x, y, move_count

def move_left(x, y, board, move_count):
    while x > 0 and board[y][x - 1] != 'D':
        x -= 1
    return x, y, move_count

def move_right(x, y, board, move_count):
    while x < len(board[0]) - 1 and board[y][x + 1] != 'D':
        x += 1
    return x, y, move_count

def bfs(src, dest, board, visited):
    move_count = 0
    queue = deque([(src[0], src[1], move_count)])
    while queue:
        x, y, move_count = queue.popleft()
        if x == dest[0] and y == dest[1]:
            return move_count
        if not visited[y][x]:
            visited[y][x] = True
            queue.extend([tuple(move_up(x, y, board, move_count + 1)),
                          tuple(move_down(x, y, board, move_count + 1)),
                          tuple(move_left(x, y, board, move_count + 1)),
                          tuple(move_right(x, y, board, move_count + 1))])
    return -1

def solution(board):
    src = [0, 0]  # x, y
    dest = [0, 0]
    visited = [[False for _ in range(len(board[0]))] for _ in range(len(board))]
    for y in range(len(board)):
        for x in range(len(board[0])):
            if board[y][x] == 'D':
                visited[y][x] = True
            elif board[y][x] == 'R':
                src = x, y
            elif board[y][x] == 'G':
                dest = x, y
    return bfs(src, dest, board, visited)

풀이

이 풀이는 BFS를 조금만 변형하여 생각한 풀이이다.

보통 BFS의 경우 인접 행렬을 그 주변 1칸, 즉 상하좌우 혹은 대각선 정도로 설정하는 경우가 많지만, 그 틀에서 벗어나 새롭게 인접 행렬을 정의한다면 이 문제를 풀 수 있다.

queue.extend([tuple(move_up(x, y, board, move_count + 1)),
              tuple(move_down(x, y, board, move_count + 1)),
              tuple(move_left(x, y, board, move_count + 1)),
              tuple(move_right(x, y, board, move_count + 1))])

위와 같이 인접행렬을 넣는 부분을 보면, 위, 아래, 왼쪽, 오른쪽으로 움직인 좌표를 넣어주고 있다.

하지만 이것은 그 주변 1칸의 좌표를 넣어주는 것이 아니고, 위에서 설명된 로봇의 움직임과 같이, 벽이나 장애물을 만나기 전까지 각각 위, 아래, 왼쪽, 오른쪽 맨 끝으로 이동한 좌표를 넣어준 것이다.

위의 move_up(), move_down() 등의 함수를 그렇게 구현해두었다.

BFS를 사용하였으므로 이미 방문한 칸은 다시 방문하지 않는다. 따라서 위-아래-위-아래 등과 같이 로봇의 움직임에 사이클이 만들어지지 않는다.

이미 방문한 칸을 다시 방문한다고 하더라도, 그곳에서부터 위, 아래, 왼쪽, 오른쪽으로 움직일 수 있는 것은 이전 방문 시와 상황이 같기 때문에, 다시 방문하는 것은 전혀 의미가 없다.

또한, BFS를 통해 출발 지점(R)에서부터 도달할 수 있는 모든 지점을 탐색하게 되므로, 도착 지점(G)에 도달할 수 없는 경우를 파악할 수 있다. 예를 들어, 도착 지점(G)이 (0, 0)에 있고, 장애물(D)이 (0, 1), (1, 0)으로 경로를 막고 있는 경우, 출발 지점(R)에서 시작해서 도달할 수 있는 모든 지점을 탐색한 뒤 그 지점 중 도착 지점(R)이 없다면 도착지점으로 도달할 수 없는 것임이 되므로 -1을 반환하면 된다.

BFS의 특성 때문에 위와 같은 것들이 가능하게 되고, 결론적으로 새로운 인접 행렬을 정의해 시작 지점으로부터 BFS를 하면 문제가 해결된다. 도착 지점에서부터 BFS를 해도 같은 결과를 얻게 될 것이다.