문제 설명

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

입출력 예 설명

입출력 예 #1
주어진 데이터는 다음과 같습니다.

캐릭터가 적 팀의 진영까지 이동하는 가장 빠른 길은 다음 그림과 같습니다.

따라서 총 11칸을 캐릭터가 지나갔으므로 11을 return 하면 됩니다.

입출력 예 #2
문제의 예시와 같으며, 상대 팀 진영에 도달할 방법이 없습니다. 따라서 -1을 return 합니다.

접근 방법

이번 문제는 게임 맵에서의 최단 거리를 찾는 문제이다. 최단 거리를 구하는 문제는 다익스트라 알고리즘을 통해 해결이 가능하다. 이 문제의 경우 그래프가 이미 인접 형렬로 주어져있다. 그러므로 4가지 이동 가능 방향에 대한 정보를 리스트로 저장하여 다익스트라 알고리즘 내부에서 4가지 방향에 대한 탐색을 모두 진행해야 한다. 물론 조건에 맞지 않을 경우에는 탐색을 실행하지 않는다. 만약 while문이 끝나도 dist[n-1][m-1]이 sys.maxsize와 같을 경우에는 적 팀의 진영까지 이동하지 못한 것이므로 -1을 반환하고 그 외에는 dist[n-1][m-1]을 반환하도록 작성하였다.

• 최대값을 저장할 변수 INF에 sys.maxsize를 저장한다.
• n, m을 maps의 길이와 maps[0]의 길이로 저장한다.
• 각 인덱스 별 최단 거리를 저장할 리스트 dist를 INF n*\m으로 채운다.
• 4가지 방향에 대한 정보를 dy, dx에 짝지어 저장한다.
• 다익스트라 알고리즘에 사용할 큐 q를 최소힙으로 선언한다.
• q가 존재하는 동안 반복하는 while문을 돌린다.
  -> q에서 cost, y, x를 추출한다.
  -> 만약 cost가 dist[y][x]보다 클 경우, 다음 반복으로 넘어간다.
  -> 4번 반복하는 i에 대한 for문을 돌린다.
  --> ny를 y+dy[i]로 저장한다.
  --> nx를 x+dx[i]로 저장한다.
  --> 만약 ny, nx가 0보다 크거나 같고, ny가 n보다 작고, nx가 m보다 작을 경우,
  ---> 만약 maps[ny][nx]가 1일 경우,
  ----> tmp_cost에 cost+1을 저장한다.
  ----> 만약 tmp_cost보다 dist[ny][nx]가 더 클 경우,
  -----> dist[ny][nx]를 tmp_cost로 갱신한다.
  -----> q에 (tmp_cost, ny, nx)를 넣는다.
• 만약 dist[n-1][m-1]이 INF와 같을 경우, -1을 반환한다.
• 그 외에는 dist[n-1][m-1]을 반환한다.

solution.py

import heapq
import sys
def solution(maps):
    INF=sys.maxsize
    n, m=len(maps), len(maps[0])
    dist=[[INF]*m for _ in range(n)]
    dy=[0, 0, -1, 1]
    dx=[1, -1, 0, 0]
    q=[]
    heapq.heappush(q, (1, 0, 0)) # 최단거리, y축, x축
    while q:
        cost, y, x=heapq.heappop(q)
        if cost>dist[y][x]:
            continue
        for i in range(4):
            ny=y+dy[i]
            nx=x+dx[i]
            if 0<=ny<len(maps) and 0<=nx<len(maps[0]):
                if maps[ny][nx]==1:
                    tmp_cost=cost+1
                    if tmp_cost<dist[ny][nx]:
                        dist[ny][nx]=tmp_cost
                        heapq.heappush(q, (tmp_cost, ny, nx))
    if dist[n-1][m-1]==INF:
        return -1
    else:
        return dist[n-1][m-1]