https://www.acmicpc.net/problem/3055

문제

사악한 암흑의 군주 이민혁은 드디어 마법 구슬을 손에 넣었고, 그 능력을 실험해보기 위해 근처의 티떱숲에 홍수를 일으키려고 한다. 이 숲에는 고슴도치가 한 마리 살고 있다. 고슴도치는 제일 친한 친구인 비버의 굴로 가능한 빨리 도망가 홍수를 피하려고 한다.

티떱숲의 지도는 R행 C열로 이루어져 있다. 비어있는 곳은 '.'로 표시되어 있고, 물이 차있는 지역은 '*', 돌은 'X'로 표시되어 있다. 비버의 굴은 'D'로, 고슴도치의 위치는 'S'로 나타내어져 있다.

매 분마다 고슴도치는 현재 있는 칸과 인접한 네 칸 중 하나로 이동할 수 있다. (위, 아래, 오른쪽, 왼쪽) 물도 매 분마다 비어있는 칸으로 확장한다. 물이 있는 칸과 인접해있는 비어있는 칸(적어도 한 변을 공유)은 물이 차게 된다. 물과 고슴도치는 돌을 통과할 수 없다. 또, 고슴도치는 물로 차있는 구역으로 이동할 수 없고, 물도 비버의 소굴로 이동할 수 없다.

티떱숲의 지도가 주어졌을 때, 고슴도치가 안전하게 비버의 굴로 이동하기 위해 필요한 최소 시간을 구하는 프로그램을 작성하시오.

고슴도치는 물이 찰 예정인 칸으로 이동할 수 없다. 즉, 다음 시간에 물이 찰 예정인 칸으로 고슴도치는 이동할 수 없다. 이동할 수 있으면 고슴도치가 물에 빠지기 때문이다.

입력

첫째 줄에 50보다 작거나 같은 자연수 R과 C가 주어진다.

다음 R개 줄에는 티떱숲의 지도가 주어지며, 문제에서 설명한 문자만 주어진다. 'D'와 'S'는 하나씩만 주어진다.

출력

첫째 줄에 고슴도치가 비버의 굴로 이동할 수 있는 가장 빠른 시간을 출력한다. 만약, 안전하게 비버의 굴로 이동할 수 없다면, "KAKTUS"를 출력한다.

예제 입출력

예제 입력 1

3 3
D.*
...
.S.

예제 출력 1

3

예제 입력 2

3 3
D.*
...
..S

예제 출력 2

KAKTUS

예제 입력 3

3 6
D...*.
.X.X..
....S.

예제 출력 3

6

예제 입력 4

5 4
.D.*
....
..X.
S.*.
....

예제 출력 4

4

Solution

#include <iostream>
#include <deque>
#include <tuple>
#define MAX 50
using namespace std;

char MATRIX[MAX][MAX];
bool Visit[MAX][MAX];

int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
int R, C;
int dstX, dstY;
//비어있는곳 : . , 물이 차있는 곳 : * , 돌 : X, 비버의 굴 : D, 고슴도치 : S
deque<pair<int, int>> Unit;
deque<pair<int, int>> Water;

void BFS(){
    int count = 0;
    while(!Unit.empty()){
        count++;
        int WaterSize = Water.size();
        while(WaterSize--){
            int X = Water.front().first;
            int Y = Water.front().second;
            Water.pop_front();
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int nx = X + dx[i];
                int ny = Y + dy[i];
                if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != 'D' && MATRIX[nx][ny] != '*'){
                    Water.push_back({nx, ny});
                    MATRIX[nx][ny] = '*';
                }
            }
        }
        int UnitSize = Unit.size();
        while(UnitSize--){
            int X = Unit.front().first;
            int Y = Unit.front().second;
            Visit[X][Y] = true;
            if(X == dstX && Y == dstY){
                cout << count - 1 << '\n';
                return;
            }
            Unit.pop_front();
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int nx = X + dx[i];
                int ny = Y + dy[i];
                if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != '*' && !Visit[nx][ny]){
                    Unit.push_back({nx, ny});
                    Visit[nx][ny] = true;
                }
            }
        }
    }
    cout << "KAKTUS\n";
    return;
}

int main(){
    cin >> R >> C;
    for(int i = 0; i < R; i++){
        for(int j = 0; j < C; j++) cin >> MATRIX[i][j];
    }
    for(int i = 0; i < R; i++){
        for(int j = 0; j < C; j++){
            if (MATRIX[i][j] == 'D'){dstX = i; dstY = j;}
            else if (MATRIX[i][j] == 'S') Unit.push_back({i, j});
            else if (MATRIX[i][j] == '*') Water.push_back({i, j});
        }
    }
    BFS();
}

전형적인 BFS문제다. 걍 대충 탐색하고 치우는 게 아니라 게임처럼 생각을 해야 하는 게 차이점이라고 할 수 있다.

3 3
D.*
...
.S.

맵에 고슴도치와 물, 그리고 목적지 D가 각각 배치되어있다.

고슴도치는 물이 찰 예정인 칸으로 이동할 수 없다

이 문장에 집중하면 쉽게 풀 수 있다. BFS니까 당연히 저 위치에서 이동할 수 있는 방향 내에 탐색을 하면 되겠지만 그 전에 매 턴마다 이동할 수 없는, 즉 물이 찰 예정인 칸 들에 미리 물을 채워버리면 쉽게 풀 수 있다.
매 턴마다 어떻게 프로그램이 돌아갈 지 생각 해 보면 쉽게 풀 수 있다.

deque<pair<int, int>> Unit;
deque<pair<int, int>> Water;

속도를 위해 deque를 사용했지만 queue를 사용해도 무관하다. 사실 어지간해선 queue 를 사용해도 별 문제는 없다. deque가 여러모로 stack처럼 쓸 수도 있어서 자주 쓰는 편이긴 하다.
C++에서는 pair, tuple과 같은 자료형 들이 존재한다. 위의 pair<int, int>의 각 데이터의 의미는 X좌표, Y좌표라고 생각하면 된다. 그래프 탐색 문제가 다양한 유형으로 나오겠지만 이 문제 같은 경우는 2차원 배열을 활용했으니까 행, 열 인덱스를 좌표라고 생각하고 처리하면 된다.

void BFS(){
    int count = 0;
    while(!Unit.empty()){
        count++;
        int WaterSize = Water.size();
        while(WaterSize--){
            int X = Water.front().first;
            int Y = Water.front().second;
            Water.pop_front();
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int nx = X + dx[i];
                int ny = Y + dy[i];
                if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != 'D' && MATRIX[nx][ny] != '*'){
                    Water.push_back({nx, ny});
                    MATRIX[nx][ny] = '*';
                }
            }
        }
        int UnitSize = Unit.size();
        while(UnitSize--){
            int X = Unit.front().first;
            int Y = Unit.front().second;
            Visit[X][Y] = true;
            if(X == dstX && Y == dstY){
                cout << count - 1 << '\n';
                return;
            }
            Unit.pop_front();
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int nx = X + dx[i];
                int ny = Y + dy[i];
                if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != '*' && !Visit[nx][ny]){
                    Unit.push_back({nx, ny});
                    Visit[nx][ny] = true;
                }
            }
        }
    }
    cout << "KAKTUS\n";
    return;
}

BFS 코드를 다시 주목. BFS는 Unit 즉 고슴도치 기준으로 진행된다. 그 전에 Water deque에 저장 되어있는 값들을 통해 Water가 퍼질 수 있는 위치에 마커 처리를 해 준다.

int WaterSize = Water.size();
    while(WaterSize--){
        int X = Water.front().first;
        int Y = Water.front().second;
        Water.pop_front();
        for(int i = 0; i < 4; i++){
            int nx = X + dx[i];
            int ny = Y + dy[i];
            if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != 'D' && MATRIX[nx][ny] != '*'){
                Water.push_back({nx, ny});
                MATRIX[nx][ny] = '*';
            }
        }
    }

간단히 정리하면 Water deque의 전체 값들을 갯수를 구한 다음 그 각각의 갯수만큼 Water에 있는 값들을 pop해서 Water가 퍼질 수 있는 위치에 마커처리를 하면서 Deque에 새로운 값들을 갱신해준다. 어차피 순서대로 들어가있을테니 새로 들어오는 값들은 이 페이즈에서 영향을 끼칠 수 없다.

 int UnitSize = Unit.size();
    while(UnitSize--){
        int X = Unit.front().first;
        int Y = Unit.front().second;
        Visit[X][Y] = true;
        if(X == dstX && Y == dstY){
            cout << count - 1 << '\n';
            return;
        }
        Unit.pop_front();
        for(int i = 0; i < 4; i++){
            int nx = X + dx[i];
            int ny = Y + dy[i];
            if(nx >= 0 && nx < R && ny >= 0 && ny < C && MATRIX[nx][ny] != 'X' && MATRIX[nx][ny] != '*' && !Visit[nx][ny]){
                Unit.push_back({nx, ny});
                Visit[nx][ny] = true;
            }
        }
    }

마찬가지 방법으로 고슴도치가 움직일 수 있는 경우들을 처리해주되, 고슴도치가 목적지에 도착한 경우라면 현재 페이즈 수를 출력 후 BFS를 종료한다. BFS의 특성 상 최소 경로, 최소 시간이 걸린 경로를 찾을 수 있기 때문에 그대로 return 해 버리면 된다.

골드 문제 치고 어렵지 않다. 그리고 재밌다. 아직까지 내 실력이 참 멀었다만...좀 더 노력하는 수 밖에!