오늘의 한 마디
이쯤 되니까 알고리즘을 여러 각도에서 이해했어야 풀 수 있는 문제가 나오네
- Baekjoon 문제 링크
- solved.ac > 문제 > CLASS 4에 수록된 문제입니다.
문제
N개의 숫자로 구분된 각각의 마을에 한 명의 학생이 살고 있다.
어느 날 이 N명의 학생이 X (1 ≤ X ≤ N)번 마을에 모여서 파티를 벌이기로 했다. 이 마을 사이에는 총 M개의 단방향 도로들이 있고 i번째 길을 지나는데 Ti(1 ≤ Ti ≤ 100)의 시간을 소비한다.
각각의 학생들은 파티에 참석하기 위해 걸어가서 다시 그들의 마을로 돌아와야 한다. 하지만 이 학생들은 워낙 게을러서 최단 시간에 오고 가기를 원한다.
이 도로들은 단방향이기 때문에 아마 그들이 오고 가는 길이 다를지도 모른다. N명의 학생들 중 오고 가는데 가장 많은 시간을 소비하는 학생은 누구일지 구하여라.
입력
첫째 줄에 N(1 ≤ N ≤ 1,000), M(1 ≤ M ≤ 10,000), X가 공백으로 구분되어 입력된다. 두 번째 줄부터 M+1번째 줄까지 i번째 도로의 시작점, 끝점, 그리고 이 도로를 지나는데 필요한 소요시간 Ti가 들어온다. 시작점과 끝점이 같은 도로는 없으며, 시작점과 한 도시 A에서 다른 도시 B로 가는 도로의 개수는 최대 1개이다.
모든 학생들은 집에서 X에 갈수 있고, X에서 집으로 돌아올 수 있는 데이터만 입력으로 주어진다.
출력
첫 번째 줄에 N명의 학생들 중 오고 가는데 가장 오래 걸리는 학생의 소요시간을 출력한다.
예제 입력 1
4 8 2
1 2 4
1 3 2
1 4 7
2 1 1
2 3 5
3 1 2
3 4 4
4 2 3예제 출력 1
10발상
Try #1 : 플로이드-워셜
아... 될 줄 알았다.
X에서 모든 점으로 가는 최단 거리는 한번의 다익스트라로 구할 수 있지만,
모든 점에서 X로 가는 최단 거리는 N번의 다익스트라를 일일이 해야 구할 수 있었다.
N번의 다익스트라..?
벌써부터 시간복잡도 잡아먹는 비효율적인 알고리즘이 될 것 같은 생각이 든다.
그래서 그냥 플로이드-워셜로 풀어봤다.
import sys
INF = int(1e9)
N, M, X = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph = [[INF] * (N+1) for _ in range(N+1)]
for i in range(1, N+1):
for j in range(1, N+1):
if i == j:
graph[i][j] = 0
for _ in range(M):
start, end, time = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph[start][end] = time
for k in range(1, N+1):
for i in range(1, N+1):
for j in range(1, N+1):
graph[i][j] = min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
rv = 0
for i in range(1, N+1):
rv = max(rv, graph[i][X] + graph[X][i])
print(rv)graph[i][X] + graph[X][i]로 두 최단거리를 구할 수 있기 때문에, 매우 직관적이었다!
하지만 시간 초과
Try #2: 플로이드-워셜 최적화
말이 최적화지, 시간 단축을 위한 발악에 가까웠다.
graph[i][k]+graph[k][j]를 해야 하는데,graph[i][k] == INF라면 그 열 자체를 돌 필요가 없으므로 스킵.- 대각성분을 0으로 초기화하는 걸 3중 for문 돌 때 함께 시행하도록 하였다. 이건 지금 생각해보면 최적화도 아니었다.
O(n^3)시간복잡도인데,O(n^2)하나 없앴다고 해서 시간복잡도에는 영향이 없기 때문이다.
import sys
INF = int(1e9)
N, M, X = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph = [[INF] * (N+1) for _ in range(N+1)]
#for i in range(1, N+1):
# for j in range(1, N+1):
# if i == j:
# graph[i][j] = 0
for _ in range(M):
start, end, time = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph[start][end] = time
for k in range(1, N+1):
for i in range(1, N+1):
if graph[i][k] == INF: # 시간 단축을 위한 발악.
continue
for j in range(1, N+1):
graph[i][j] = 0 if i == j else min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
rv = 0
for i in range(1, N+1):
rv = max(rv, graph[i][X] + graph[X][i])
print(rv)시간 초과
풀이: 그래프 간선 방향을 역으로
그냥 창의적이다.
그냥 플로이드-워셜로 넘어가지 말고 각 점에서 X로 가는 다익스트라 횟수는 못 줄이나? 라는 고민을 더 심각하게 해보았어야 했다.
그래프 간선 방향을 뒤집으면, 한번의 다익스트라로 각 점에서 X로 가는 최단거리를 구할 수 있다.
거꾸로한 그래프에서, X에서 시작하여 모든 정점까지의 최단거리 목록
= 제대로한 그래프에서, 모든 정점에서 시작하여 X까지 가는 최단거리 목록
이동 동선만 역으로 가면 되니까...!
미친 발상
import sys
from collections import defaultdict
import heapq
INF = int(1e9)
N, M, X = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph = defaultdict(list)
reversed_graph = defaultdict(list)
for _ in range(M):
start, end, time = map(int, sys.stdin.readline().rstrip().split())
graph[start].append((end, time))
reversed_graph[end].append((start, time))
def dijkstra(graph, start):
dist = [INF] * (N+1)
q = []
heapq.heappush(q, (0, start))
dist[start] = 0
while q:
weight, node = heapq.heappop(q)
# 현재 노드가 이미 처리된 적이 있는 노드라면 무시
if dist[node] < weight:
continue
for adj_node, adj_weight in graph[node]:
cost = weight + adj_weight
if cost < dist[adj_node]:
dist[adj_node] = cost
heapq.heappush(q, (cost, adj_node))
return dist
reversed_dist = dijkstra(reversed_graph, X)
dist = dijkstra(graph, X)
rv = 0
for i in range(1, N+1):
rv = max(rv, reversed_dist[i] + dist[i])
print(rv)