내리막길
여행을 떠난 세준이는 지도를 하나 구하였다. 이 지도는 아래 그림과 같이 직사각형 모양이며 여러 칸으로 나뉘어져 있다. 한 칸은 한 지점을 나타내는데 각 칸에는 그 지점의 높이가 쓰여 있으며, 각 지점 사이의 이동은 지도에서 상하좌우 이웃한 곳끼리만 가능하다.
현재 제일 왼쪽 위 칸이 나타내는 지점에 있는 세준이는 제일 오른쪽 아래 칸이 나타내는 지점으로 가려고 한다. 그런데 가능한 힘을 적게 들이고 싶어 항상 높이가 더 낮은 지점으로만 이동하여 목표 지점까지 가고자 한다. 위와 같은 지도에서는 다음과 같은 세 가지 경로가 가능하다.
지도가 주어질 때 이와 같이 제일 왼쪽 위 지점에서 출발하여 제일 오른쪽 아래 지점까지 항상 내리막길로만 이동하는 경로의 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에는 지도의 세로의 크기 M과 가로의 크기 N이 빈칸을 사이에 두고 주어진다. 이어 다음 M개 줄에 걸쳐 한 줄에 N개씩 위에서부터 차례로 각 지점의 높이가 빈 칸을 사이에 두고 주어진다. M과 N은 각각 500이하의 자연수이고, 각 지점의 높이는 10000이하의 자연수이다.
출력
첫째 줄에 이동 가능한 경로의 수 H를 출력한다. 모든 입력에 대하여 H는 10억 이하의 음이 아닌 정수이다.
import sys
sys.stdin = open("input.text", "rt")
input = sys.stdin.readline
sys.setrecursionlimit(10**6)
#항상 내리막길로만 이동. + 오른쪽 또는 아래로만 이동.
m, n = map(int, input().split()) #m 세로 n 가로
g = [list(map(int, input().split())) for _ in range(m)]
#이전까지의 최솟값을 저장해놔야 할듯
#다음번으로 이동할수록 값이 더 작아야함
dx = [1,-1,0,0]
dy = [0,0,1,-1]
cnt = 0
dp = [[-1] * n for _ in range(m)] #dp값을 통해 중복체크도 가능.
def DFS(x,y):
if x == m-1 and y == n-1: #도착지점에 도달하면 1을 리턴
return 1
#이미 방문한 적이 있다면 그 위치에서 출발하는 경우의 수를 리턴
if dp[x][y] != -1:
return dp[x][y]
dp[x][y] = 0 #방문처리
cnt = 0
for i in range(4):
nx = x + dx[i]
ny = y + dy[i]
if 0<=nx<m and 0<=ny<n:
if g[nx][ny] < g[x][y]:
cnt += DFS(nx,ny)
dp[x][y] = cnt
return dp[x][y]
res = DFS(0,0)
print(res)
⚽ 코멘트
해당 문제는 DFS + DP 두 알고리즘을 사용하는 문제이다. 우선 이 문제를 DFS로만 풀려면 가능한 모든 경로의 수를 다 세야하기 때문에 정말 많은 경우의 수가 나오게 된다.
- 나 역시 시간초과가 떴다...
⚽ 따라서 이 문제는 DP를 이용해서 불필요한 연산을 줄여야 하는데, 이를 위해서 DP를 사용할 수 있을지에 대해 고민을 먼저 해봐야 한다.
최적 부분 적용: 전체 문제의 최적해가 부분 문제의 최적해로 쪼개지는가?
- 이 문제는 도착점이 아닌 (a,b)에서 도착지점(m-1,n-1)까지 가는 경우의 수가 구해지면, 그 이전의 어떤 경로로 a,b에 도착하기만 하면 그때부터의 경우의 수는 다시 구할 필요가 없다.
- 그렇다면 어떻게 메모이제이션을 할 것인가? dp는 바텀업 방식이 편하므로 시작지점에서 출발하여 dp 테이블이 갱신되지 않은 곳을 만난다면 해당 지점부터 도착지점까지 갈 수 있는 경로의 수를 업데이트한다.
👻 즉 dp[x][y]의 의미는 해당 지점으로부터 도착 지점까지 가는 경우의 수라는 것을 알 수 있다.
- dp[0][3] 값은 시작점부터 (0,3)까지 가는 방법의 수가 아닌 ! (0,3)부터 도착점까지 가는 방법의 수를 담고 있는 것이다!!!
- DFS + DP 같이 써야 하니깐 어려웠다... 다시 풀어봐야겠따.
