백준 13460번 - 구슬탈출2(C++)

포타토·2019년 12월 8일
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알고리즘

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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
5 5

  • #..B#
    #.#.#
    #RO.#

예제 출력

  • 1

풀이

간단히 말해, 구슬의 이동 경로를 모두 찾는다.
max count가 10이고, map도 최대 가로, 세로의 최대 길이가 10이기 때문에 가능한 방법일 것 같다.

필자는 재귀 함수를 이용하여 풀었으며, 다음과 같은 순서로 알고리즘을 구현하였다.

  1. 한쪽 방향으로 양 구슬의 움직임이 없을때까지 움직인다. 움직이는 방향(상, 하, 좌, 우)은 매개변수를 통해 받는다.

  2. 움직임이 없다면(첫 구슬의 위치와 같다면) 곧바로 return

  3. 빨간 구슬과 파란 구슬의 위치가 같다면, 위치를 조정해준다.
    에를 들어, '상' 위치로 움직였을 경우 빨간 구슬과 파란 구슬의 위치가 같았을 때, 처음의 y좌표가 빨간 구슬이 4, 파란 구슬이 5였다면 파란 구슬의 y 좌표값에 1을 더해준다.

  4. 다음 이동 결과를 결정할 수 있도록 for문으로 상, 하, 좌, 우 위치정보를 차례대로 넘겨주며 동일 함수를 호출한다.

전체적인 소스코드는 아래와 같다.

소스 코드

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

class Pt {
public:
	int y;
	int x;
	Pt() {};
	Pt(int y, int x) : y(y), x(x) {};
	void setPt(int y, int x) {
		this->y = y;
		this->x = x;
	}
};

const int MAX_TRY = 10;
const int INF = 987654321;
//상하좌우
const int dy[4] = { -1, 1, 0, 0 };
const int dx[4] = { 0, 0, -1, 1 };

int N, M;	//세로, 가로
char MAP[10][10];
Pt R, B, O;

int solve(int cnt, Pt r, Pt b, int dir) {
	if (cnt > MAX_TRY) {
		return INF;
	}

	int ry = r.y;
	int rx = r.x;
	int by = b.y;
	int bx = b.x;

	int res = INF;
	if (dir != -1) {
		while (MAP[ry + dy[dir]][rx + dx[dir]] == '.') {
			ry += dy[dir];
			rx += dx[dir];
			if (ry == O.y && rx == O.x) {
				res = cnt;
				break;
			}
		}
		while (MAP[by + dy[dir]][bx + dx[dir]] == '.') {
			by += dy[dir];
			bx += dx[dir];
			if (by == O.y && bx == O.x) {
				return res = INF;
			}
		}
		if (res != INF) return res;

		//움직임이 없을때 return;
		if (ry == r.y && rx == r.x && by == b.y && bx == b.x) return res = INF;

		//겹쳤을 때
		if (ry == by && rx == bx) {
			if (dir == 0) {
				if (r.y < b.y) by++;
				else ry++;
			}
			else if (dir == 1) {
				if (r.y > b.y) by--;
				else ry--;
			}
			else if (dir == 2) {
				if (r.x < b.x) bx++;
				else rx++;
			}
			else if (dir == 3) {
				if (r.x > b.x) bx--;
				else rx--;
			}
		}
	}

	for (int i = 0; i < 4; i++) {
		res = min(res, solve(cnt + 1, Pt(ry, rx), Pt(by, bx), i));
	}

	return res;
}

int main() {

	cin >> N >> M;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < M; j++) {
			cin >> MAP[i][j];
			if (MAP[i][j] == 'R') {
				MAP[i][j] = '.';
				R.setPt(i, j);
			}
			else if (MAP[i][j] == 'B') {
				MAP[i][j] = '.';
				B.setPt(i, j);
			}
			else if (MAP[i][j] == 'O') {
				MAP[i][j] = '.';
				O.setPt(i, j);
			}
		}
	}

	int res = solve(0, R, B, -1);
	cout << (res == INF ? -1 : res) << endl;

	return 0;
}

풀이 후기

문제의 흐름은 참 간단하다(푸는게 그렇지 않지만).
오타 때문에 시간을 굉장히 많이 잡아먹었는데, 실제 시험이라고 생각한다면 정신이 대략 아득해진다.
또한 동적 계획법을 통해 시간을 더 줄일 수 있을 것 같은데, 생각보다 간단하지 않았다.
다음에 또 도전해보아야 할 문제이다.

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