[BOJ] 3055 : 탈출(Java)

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.

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

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💡 풀이

우선 고슴도치의 행동 방법에 대해 살펴보자. 문제에서 주어진 조건을 확인해보면, 고슴도치는 물이 찰 예정인 칸으로 이동할 수 없다는 조건이 있다. 즉 특정 영역 (i, j)에 고슴도치가 도착하는데 걸리는 시간을 $T_s$, 물이 도착하는데 걸리는 시간을 $T_w$라고 한다면, (i, j) 좌표에 대해서 $T_s + 1 ≥ T_w$라면 물에 잠긴 뒤이기 때문에 고슴도치가 이동할 수 없다. 또한, 돌이 있는 지역도 갈 수 없다. 이를 정리해보면,

고슴도치가 갈 수 없는 지역은

1. $T_s + 1 ≥ T_w$인 지역
2. 돌이 존재하는 지역

이 된다. 

 

예시를 통해 살펴보자. 다음과 같은 그래프가 주어졌다.

*	.	D	.	.	*
X	X	.	X	.	.
.	.	.	X	S	.
.	X	X	X	.	.
.	.	.	.	.	.

 

위의 조건을 통해 고슴도치가 갈 수 있는 지역을 파악해보기 위해, 우선 그래프에서 각 칸이 물에 잠기는 시간을 먼저 계산해야 한다. 그리고 이 정보를 $dist_{water}[ ][ ]$ 배열에 저장한다. 즉, $dist_{water}[i][j]$ = (i, j)가 물에 잠기는 시간이다. 

$dist_{water}[ ][ ]$을 그래프에 표시해보면 다음과 같을 것이다.

*	1	D	2	1	*
X	X	14	X	2	1
11	12	13	X	S	2
10	X	X	X	4	3
9	8	7	6	5	4

이를 이용하면 $T_w$값을 빠르게 찾을 수 있을 것이다. 

이는 물에서 시작하는 BFS를 통해 구할 수 있다. 

여기서 물에 잠긴 지역이 여러 곳이다. 즉, BFS의 시작점이 여러 곳이 것이다.

만약 모든 물의 시작점에서 각각 BFS를 수행하여 (i, j) 지역에 최솟값을 적용하는 방법으로 풀이를 한다면 총 $O(N^2*N^2)=O(N^4)$ 의 시간복잡도가 된다. 주어진 문제는 N이 최대 50이기 때문에 해결이 가능하지만, 이를 좀 더 나은 방식으로 풀이해보자. 

 

Multisource BFS를 이용하면 된다. 이게 어떤 개념이나면, 보통의  BFS는 하나의 정점으로 시작된다. 하지만, 시작점이 여러 개일 경우를 생각해보자. 시작점이 여러 개 존재하더라도 이 시작점들은 무조건 방문을 해야하는 점들이다. 그럼 그래프 밖에 가상의 정점을 하나 두고, 이 정점이 갈 수 있는 정점이 이 모든 출발점이라고 생각할 수 있다. 이를 이용해서 BFS를 처음 시작 할 때 모든 시작점을 Queue에 넣고 시작하면 된다.

 

그래서 모든 물을 동시에 Queue에 넣고 시작하면 단 한 번의 BFS, 즉 $O(N^2)$에 해결할 수 있다. BFS이기 때문에 각 지역은 물이 도착하는 최소의 시간이 저장되게 된다. 

 

$dist_s[i][j]$는 고슴도치가 물을 피해서 (i, j)에 도달하는 최소 시간을 나타낸다. $dist_{water}$를 이미 구했기 때문에 어떤 칸에 고슴도치가 갈 수 있는 지를 알 수 있다. 이도 단 한 번의 BFS 즉, $O(N^2)$에 해결할 수 있다. 

 

전체적인 코드는 다음과 같다.  

import java.util.Arrays;
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;

public class Q3055 {
    static int R, C;
    static char[][] map;
    static int[][] dist_s, dist_water;
    static boolean[][] visited;
    static int[][] dir = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);

        R = sc.nextInt();
        C = sc.nextInt();
        /*
        . = 비어있는 곳
        * = 물이 찬 곳
        X = 돌
        D = 비버의 굴
        S = 고슴도치의 위치
         */
        map = new char[R][C];
        dist_s = new int[R][C];
        dist_water = new int[R][C];
        visited = new boolean[R][C];
        for (int i = 0; i < R; i++) {
            map[i] = sc.next().toCharArray();
        }

        BFS_water();
        BFS_S();

        for (int y = 0; y < R; y++) {
            for (int x = 0; x < C; x++) {
                if (map[y][x] == 'D') {
                    // 탐색이 모두 끝났는데 D가 -1이라면, 고슴도치가 도달하지 못한 경우
                    if(dist_s[y][x] == -1)
                        System.out.println("KAKTUS");
                    else
                        System.out.println(dist_s[y][x]);
                    return;
                }
            }
        }

    }

    static void BFS_water() {
        // y, x 순서로 넣고, poll() 할 때도 y, x 순서로 꺼내준다.
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        for (int y = 0; y < R; y++) {
            for (int x = 0; x < C; x++) {
                dist_water[y][x] = -1;
                // 물일 경우, 큐에 넣고 방문 체크
                if(map[y][x] == '*'){
                    queue.add(y);
                    queue.add(x);
                    visited[y][x] = true;
                    dist_water[y][x] = 0;
                }
            }
        }

        while (!queue.isEmpty()) {
            int y = queue.poll();
            int x = queue.poll();

            for (int cand = 0; cand < 4; cand++) {
                int ny = y + dir[cand][0];
                int nx = x + dir[cand][1];

                // 범위를 벗어나는 경우
                if (ny < 0 || ny >= R || nx < 0 || nx >= C) continue;
                // .이 아닌 경우
                if (map[ny][nx] != '.') continue;
                // 이미 방문한 경우
                if(visited[ny][nx]) continue;

                dist_water[ny][nx] = dist_water[y][x] + 1;
                queue.add(ny);
                queue.add(nx);
                visited[ny][nx] = true;
            }
        }
    }

    static void BFS_S() {
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        for (int y = 0; y < R; y++) {
            for (int x = 0; x < C; x++) {
                // 고슴도치 그래프와 방문 여부 그래프 초기화
                dist_s[y][x] = -1;
                visited[y][x] = false;
                if (map[y][x] == 'S') {
                    queue.add(y);
                    queue.add(x);
                    visited[y][x] = true;
                    dist_s[y][x] = 0;
                }
            }
        }

        while (!queue.isEmpty()) {
            int y = queue.poll();
            int x = queue.poll();

            for (int cand = 0; cand < 4; cand++) {
                int ny = y + dir[cand][0];
                int nx = x + dir[cand][1];

                // 범위를 벗어나는 경우
                if (ny < 0 || ny >= R || nx < 0 || nx >= C) continue;
                // 갈 수 없는 경우
                if (map[ny][nx] != '.' && map[ny][nx] != 'D') continue;
                // T_s + 1 >= T_w 인 경우
                if(dist_water[ny][nx] != -1 && dist_s[y][x] + 1 >= dist_water[ny][nx]) continue;
                // 이미 방문한 경우
                if(visited[ny][nx]) continue;

                dist_s[ny][nx] = dist_s[y][x] + 1;
                queue.add(ny);
                queue.add(nx);
                visited[ny][nx] = true;
            }
        }
    }

}