📌 문제
파티를 좋아하는 민호는 끝없이 파티가 열리는 놀이동산 "민호월드"를 세웠다. 처음에는 한개의 파티장만을 가지고 있는 작은 놀이동산이었지만, 사람들의 점점 많이 찾아와 파티장을 증축했고 현재는 N개의 파티장을 가진 큰 놀이동산이 되었다. 민호는 파티장을 증축할때마다 편의를 위해 새로운 파티장과 기존의 모든 파티장이 직접적으로 연결이 될 수 있는 도로들을 만들었다. 이때 만들어진 도로들은 사용자들의 편의를 위해 일방통행으로 설계가 되었다.
파티장이 적을때는 괜찮았지만 파티장이 많아진 지금 다음과 같은 두 가지 문제점이 발생했다.
- A 파티장에서 B 파티장으로 빨리 갈 수 있도록 직접 연결이 된 일방통행 도로를 만들었지만 A와 B가 아닌 다른 파티장을 경유해서 더 빨리 갈 수 있는 경우가 있을 수 있다.
- 지금으로부터 C만큼의 시간 뒤에 B번 파티장에서 새롭게 파티가 열리는데 1번과 같은 이유때문에 현재 있는 A파티장에서 B번 파티장까지 파티가 열리는 시간까지 맞춰 갈 수 있는지 쉽게 알 수 없다.
이러한 문제점으로 이용객들의 불만이 점점 커져갔고 민호는 이를 해결하기 위해 빠른 네비게이션 서비스를 실행하기로 하였으나 서비스 요청이 너무 많아 업무가 마비되기에 이르렀다. 이에 민호는 천재프로그래머인 당신에게 이 문제를 해결해 달라고 요청하였다. 민호를 도와 한 파티장에서 다른 파티장에까지 시간내에 도착할 수 있는지 없는지 알아봐주는 프로그램을 작성하자.
입력
입력의 첫 번째 줄에는 파티장의 크기 N(5 ≤ N ≤ 500)과 서비스를 요청한 손님의 수 M(1 ≤ M ≤ 10,000) 이 주어진다. 각각의 파티장은 1번부터 N번까지 번호가 붙여져 있다. 다음에는 N개의 줄에 걸쳐 각각 N개의 수가 주어진다. i번째 줄의 j번째 수 T(1 ≤ T ≤ 1,000,000)는 i번 파티장에서 j번 파티장으로 직접적으로 연결된 도로를 통해 이동하는 시간을 의미한다.
다음 M개의 줄에는 세개의 정수 A, B, C가 주어진다. A(1 ≤ A ≤ N) 는 서비스를 요청한 손님이 위치한 파티장의 번호, B(1 ≤ B ≤ N) 다음 파티가 열리는 파티장의 번호, C(1 ≤ C ≤ 1,000,000,000)는 지금으로부터 다음 파티가 열리는데 걸리는 시간을 의미한다.
출력
M개의 줄에 걸쳐 서비스를 요청한 손님이 시간내에 다른 파티장에 도착할 수 있으면 “Enjoy other party”를, 시간내에 도착할 수 없으면 "Stay here”를 출력한다.
예제 입력 1
5 10
0 4 4 8 7
7 0 7 7 4
1 4 0 5 4
5 2 2 0 7
1 4 1 6 0
1 3 8
2 4 1
4 1 1
1 5 5
3 2 1
3 2 5
4 5 10
5 3 2
1 4 1
1 4 11예제 출력 1
Enjoy other party
Stay here
Stay here
Stay here
Stay here
Enjoy other party
Enjoy other party
Enjoy other party
Stay here
Enjoy other party📌 풀이
💬 Code
import sys
input = sys.stdin.readline
n, m = map(int, input().split())
graph = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
for k in range(n):
for i in range(n):
for j in range(n):
if graph[i][j] > graph[i][k] + graph[k][j]:
graph[i][j] = graph[i][k] + graph[k][j]
for _ in range(m):
a, b, time = map(int, input().split())
if graph[a-1][b-1] <= time:
print('Enjoy other party')
else:
print('Stay here')💡 Solution
A 파티장에서 B 파티장으로 빨리 갈 수 있도록
직접 연결이 된 일방통행 도로를 만들었지만
A와 B가 아닌 다른 파티장을 경유해서
더 빨리 갈 수 있는 경우가 있을 수 있다.위의 조건 때문에 이 문제는 최단경로 문제에 해당하고, 모든 노드의 최단경로를 계산해야 하므로 플로이드 워셜 알고리즘을 사용했다.
for k in range(n):
for i in range(n):
for j in range(n):
if graph[i][j] > graph[i][k] + graph[k][j]:
graph[i][j] = graph[i][k] + graph[k][j]i 파티장에서 j 파티장으로 가려고 할 때, k 파티장을 경유해서 가는 경우가 더 빠르다면 경유하는 것으로 최단경로를 갱신해준다.
for _ in range(m):
a, b, time = map(int, input().split())
if graph[a-1][b-1] <= time:
print('Enjoy other party')
else:
print('Stay here')문제에서 파티장의 번호를 1번부터 n번까지로 지정하기 때문에, graph에 접근할 때는 인덱스에 1씩 빼 준 상태로 접근해야 한다.
🤔 시간초과 Issue
min으로 최솟값 갱신 ❌
for k in range(n):
for i in range(n):
for j in range(n):
graph[i][j] = min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])if문으로 최솟값 갱신 ⭕
for k in range(n):
for i in range(n):
for j in range(n):
if graph[i][j] > graph[i][k] + graph[k][j]:
graph[i][j] = graph[i][k] + graph[k][j]min()을 사용할 경우 graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j]를 비교한 후 graph[i][j]에 할당하는 작업이 매번 실행된다. 때문에 graph[i][j]를 graph[i][j]에 할당하는 일이 빈번하게 발생할 것.
반면 if문은 조건이 맞지 않으면 할당하지 않고 넘어가기 때문에 불필요한 할당 작업이 발생하지 않는다.
for i in range(n) ❌
for i in range(m):
a, b, time = map(int, input().split())for _ in range(n) ⭕
for _ in range(m):
a, b, time = map(int, input().split())for문에서 변수 i를 사용할 일이 없으면 변수를 지정하지 않는 습관을 들이자. 난 이거 하나 때문에 시간초과에 걸려버릴 줄 몰랐지........
pypy3으로 채점하면 둘 다 ❌로 작성해도 시간초과 판정 없이 정답판정을 받을 수 있지만, python3으로 채점하면 둘 다 ⭕로 작성해야 정답판정을 받을 수 있다.
플로이드 워셜 알고리즘은 노드가 500개 이하일 경우에 적합한데, 이 문제에서는 노드가 최대 500개가 주어져서 시간이 상당히 간당간당하다. 시간이 널널하면 무시할만한 차이겠으나, 500개의 노드로 3중 for문을 돌리다 보니 작업이 많아 미묘한 차이가 시간초과 판정 여부를 가르게 되는 것 ^_ㅠ
