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

maps                                                   	        answer
[[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,1],[0,0,0,0,1]]	11
[[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,0],[0,0,0,0,1]]	-1

나의 코드(라고 하기에는 이코테를 아주 많이 참고함)

function solution(maps) {
   // 상 하 좌 우
    const dx = [-1, 1, 0, 0];
    const dy = [0, 0, -1, 1];
    // 첫 좌표
    let [x, y] = [0, 0];
    let ans = 0;
    
    function bfs(x,y){
      let queue = [];
        queue.push([x, y]);
        while(true){
         // queue에 원소가 남아있지 않으면 모든 노드를 탐색했다는 의미(함수 종료)
            if(queue.length === 0) {
            // 상대 진영에 도착을 못할 경우 ans가 아닌 -1 반환
                return ans > 1 ? ans : -1;
            }
            // queue에서 방금 빠져 나온 노드는 현재 노드가 된다.
            [x, y] = queue.shift();
            // 상하좌우 체크
            for(let i = 0; i < 4; i++){
                let nx = x + dx[i];
                let ny = y + dy[i];
                // 조건 충족 못하면 얼른 다음 방향을 살피도록 continue 걸어줌.
                // 좌표 밖은 가지 말거라.
                if(nx < 0 || ny < 0 || nx > maps.length || ny > maps[0].length) continue;
                // 벽은 가지 말거라
                if(maps[nx]?.[ny] === 0) continue;
                //처음 가보는 노드만 진입하거라
                if(maps[nx]?.[ny] !== 1) continue;
                // 지옥의 if문을 모두 통과하면 당신은 방문 가능한 인접 노드! maps에서 해당 노드에 방문처리 해준다. (기존 숫자(x, y) + 1)
                maps[nx][ny] = maps[x][y] + 1;
                // 방문 가능한 노드이므로 queue에 push
                queue.push([nx, ny]);
                console.log(maps);// 콘솔로 찍은 결과 아래에 있음.
            }
            // 상대팀 진영 좌표를 last라는 변수에 담았다. 기존 ans보다 큰 값이 나올 경우 도달했다는 의미이므로 ans에 재할당.
            const last = maps[maps.length - 1][maps[0].length - 1];
            if(ans < last) ans = last;
        }
    }
    return bfs(x,y);
}

BFS로 푼 코드이다.
아직 DFS와 BFS 중 어느 것을 선택해야 하는지 문제만 보고 바로 떠올리는 게 어렵다.
그런데 최단 거리를 구하는 것이기 때문에 각각의 루트를 번갈아가면서 한 걸음 씩 내딛다보면 먼저 도달하는 루트가 답이 되는 것이다.
그러므로 이 문제는 BFS가 적합하다고 할 수 있다.
아래는 각각의 루트가 번갈아가면서 찍히고 있음을 보여주는 출력이다.

[
  [ 1, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 1, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 1, 1, 1, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 1, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 1, 1, 1, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
] // [0,0]은 계속 1인데, 1이면 방문 조건을 충족하므로 어쩔 수 없이 [0, 0]을 재방문하여 1 -> 3으로 바뀌지만 답을 내는 데는 아무 지장 없다.
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 1, 1, 1, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 4, 1, 1, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 4, 5, 1, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 1, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 1, 1 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
] // 2행 2열이 7일 때 갈림길에 도달.
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 1, 1 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
] // 위로 한 번 찍고
[
  [ 3, 0, 1, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 1 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
] // 오른쪽 한 번 찍고
[
  [ 3, 0, 9, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 1 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
] 각자의 길을 번갈아서 한 걸음 씩 내딛는 당찬 BFS
[
  [ 3, 0, 9, 1, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 9, 10, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 1 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 9, 10, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 10 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 1 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 9, 10, 1 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 10 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 10 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 9, 10, 11 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 10 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 10 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 1 ]
]
[
  [ 3, 0, 9, 10, 11 ],
  [ 2, 0, 8, 0, 10 ],
  [ 3, 0, 7, 8, 9 ],
  [ 4, 5, 6, 0, 10 ],
  [ 0, 0, 0, 0, 11 ]
] 노드를 모두 방문하면 queue의 길이가 0이 되고 종료된다.

BFS 문제는 queue로 구현하는 것이 가장 적합하다고 한다.
처음에 queue라는 빈 배열을 선언하고, 첫번째 좌표([0, 0])을 push해준다.
이제부터 while반복문을 이용하여 다음 스텝이 될 수 있는 좌표들을 골라 queue에 push 한다. (BFS는 인접 노드를 번갈아가면서 한번씩 순회함을 기억하자.)
매 반복 회차마다 첫번째 좌표는 queue.shift()이다.
상하좌우를 for문으로 한 번 씩 순회하며 일정 조건들(벽이 아니어야 함, 이미 가본 곳이 아니어야 함, 게임 맵 외부로 빠져나가지 않아야 함)이 충족되는지 확인한다. 충족될 경우 새로운 좌표 [nx, ny]를 queue에 push하고, maps에서 해당 좌표로 한 걸음 씩 디딜 때마다 1씩 증가(방문 처리)시켜 준다.

이렇게 for문으로 상하좌우를 확인한 다음으로는 상대 팀 진영이 있는 끝 쪽 좌표(문제 예시에서는 [4, 4])가 1이 아닐 경우에 앞쪽에 선언해놓은 ans 변수에 재할당해준다.

그래서 while문은 언제까지 돌리냐구? queue.length === 0일 때까지!
queue에 아무것도 안 남았다는 것은 BFS에서 모든 노드를 탐색 완료했음을 의미하기 때문이다. 이 때 return ans한다.

어려워서 몸부림치고 있지만 불굴의 의지로 하나씩 정복 중인 재스민

DFS, BFS 이제 본격적으로 진입하려 하는데 많이 어렵다 .. ㅎㅎㅎㅎㅎㅎㅎㅎ
백준에서 미로 만들기 문제를 풀어보긴 했지만, 난이도가 조금만 붙어도 아직 어렵다.
이럴 때일 수록 많은 유형을 접해보면서 계속 익숙해지는 수밖에! 화이팅 재스민!! 이제 DFS, BFS 백준 풀러갑니다 ㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 이러다가 탐색쟁이되는 거 아닌가 몰라(그렇게 되고 싶다)