[백준] 2206 벽 부수기 BFS 파이썬 풀이

https://www.acmicpc.net/problem/2206

2206번: 벽 부수고 이동하기

문제

N×M의 행렬로 표현되는 맵이 있다. 맵에서 0은 이동할 수 있는 곳을 나타내고, 1은 이동할 수 없는 벽이 있는 곳을 나타낸다. 당신은 (1, 1)에서 (N, M)의 위치까지 이동하려 하는데, 이때 최단 경로로 이동하려 한다. 최단경로는 맵에서 가장 적은 개수의 칸을 지나는 경로를 말하는데, 이때 시작하는 칸과 끝나는 칸도 포함해서 센다.

만약에 이동하는 도중에 한 개의 벽을 부수고 이동하는 것이 좀 더 경로가 짧아진다면, 벽을 한 개 까지 부수고 이동하여도 된다.

한 칸에서 이동할 수 있는 칸은 상하좌우로 인접한 칸이다.

맵이 주어졌을 때, 최단 경로를 구해 내는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N(1 ≤ N ≤ 1,000), M(1 ≤ M ≤ 1,000)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 M개의 숫자로 맵이 주어진다. (1, 1)과 (N, M)은 항상 0이라고 가정하자.

출력

첫째 줄에 최단 거리를 출력한다. 불가능할 때는 -1을 출력한다.

예제 입력 1 복사

6 4
0100
1110
1000
0000
0111
0000

예제 출력 1 복사

15

예제 입력 2 복사

4 4
0111
1111
1111
1110

예제 출력 2 복사

-1

 

처음 떠올렸던 로직

벽을 한번밖에 못 부수니까

저기있는 1을 한번씩 다 1로 바꾼 후에 BFS를 다 돌려봐서

여기서 최단거리를 구하면 되겠지 ! 했는데

ㅋㅋ 시간복잡도를 생각을 전혀 못했다.

O(NM)만 해도 시간을 꽤 잡아먹는데 이걸 포문으로 몇번씩 돌리고 난리를 쳤으니

처음엔 안풀릴수밖에 없었겠지

<틀린 코드>

import sys
# sys.stdin.readline()
from collections import deque
sys.setrecursionlimit(100000000)
import heapq
INF = 1e9

def bfs(graph):
   queue = deque()
   queue.append((0,0))
   visited[0][0] = True
   dx = [1,-1,0,0]
   dy = [0,0,-1,1]
   graph[0][0] = 1
   while queue:
      v1,v2 = queue.popleft()
      for i in range(4):
        nx = v1 + dx[i]
        ny = v2 + dy[i]
        if nx < 0 or ny < 0 or nx>=N or ny>=M:
          continue
        if graph[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny] == False:
          queue.append((nx,ny))
          graph[nx][ny] = graph[v1][v2] + 1 # v1,v2에서 한번만에 갈 수 있으니깐...
          visited[nx][ny] = True
 
   if visited[N-1][M-1] == True:
    return graph[N-1][M-1] 
   else:
     return -1
      
      
N,M = map(int,sys.stdin.readline().split())
graph = []
graph2 = []

for i in range(N):
   graph.append(list(map(int,sys.stdin.readline().rstrip())))


visited = [[False] * M for _ in range(N)]
index = []
for i in range(N):
  for j in range(M):
    if graph[i][j] == 1:
      index.append((i,j))

# 이렇게 하면 index라는 배열엔 이동 불가능한 칸들이 순서대로 쭉 들어가게 된다



temp = bfs(graph)
value = [0] * len(index)

for i in range(len(index)):
  bfsgraph = [[] for _ in range(N)]
  # for a in range(N):
   # for b in range(M):
    #  bfsgraph[a].append(graph[a][b]) # 여기까지가 그래프 초기화 
  bfsgraph = graph
  visited = [[False] * M for _ in range(N)]
  bfsgraph[index[i][0]][index[i][1]] = 0 ## 1이었던 것을 0으로 만들어준다
  values = bfs(bfsgraph)
  if values!=-1:
    value.append(values)


temp = 0
for i in value:
  if i!=0 :
    temp = 1  # 0이 아닌 원소가 존재한다는 뜻
min = 1e9
for i in value:
  if min > i and i!=0:
    min = i
if temp == 0:
  print(-1)
else:
  print(min)

개난리를 쳐서 테스트케이스에 부합하는 답안을 도출은 해냈지만

시간복잡도를 하나도 고려하지 않은 딱 1학년 수준의 코드를 또 짜냈다.

공부할수록 바보인걸 느낀다.

한지 얼마 안 됐으니까 그렇다고 치자 하다가도... 한계를 좀 느끼는것 같다

어떡하냐 해야지 

 

<맞는 코드>

import sys
# sys.stdin.readline()
from collections import deque
sys.setrecursionlimit(100000000)
import heapq
INF = 1e9

def bfs(x,y,z):
   queue = deque()
   queue.append((x,y,z))
   dx = [1,-1,0,0]
   dy = [0,0,-1,1]
   while queue:
      v1,v2,v3 = queue.popleft()
      if v1 == N-1 and v2 == M-1:
        return visited[v1][v2][v3] # 만약 목표 도달시 인덱스를 리턴해준다 
      for i in range(4):
        nx = v1 + dx[i]
        ny = v2 + dy[i]
        if nx < 0 or ny < 0 or nx>=N or ny>=M:
          continue
        if graph[nx][ny] == 1 and v3 ==0: # 인접 점이 벽이고 파괴가능한 경우(v3 == 0)
          visited[nx][ny][1] = visited[v1][v2][0] + 1 # 이제는 파괴 불가능하게 만들어준다. 
          #그래서 visited[nx][ny][1] 에 넣어주는 것(마지막 인덱스가 0이면 파괴가 가능하단 소리니까)
          queue.append((nx,ny,1))
        elif graph[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny][v3] == 0: # 지나갈 수 있는 경우(파괴 유무 관계 없음)
          visited[nx][ny][v3] = visited[v1][v2][v3] + 1 
          queue.append((nx,ny,v3))

   return -1    
N,M = map(int,sys.stdin.readline().split())
graph = []
for i in range(N):
   graph.append(list(map(int,sys.stdin.readline().rstrip())))

visited = [[[0] * 2 for _ in range(M)] for _ in range(N)] 
# visited 배열을 3차원으로 초기화 , 맨 마지막 인덱스 2개 , 열 M / 행 N
visited[0][0][0] = 1 #끝부분은 부쉈는지 안부쉈는지 여부
# 0은 파괴 가능 , 1은 파괴 불가능으로 구분한다.

for i in range(N):
  graph.append(list(map(int,sys.stdin.readline())))

print(bfs(0,0,0))

3차원 배열이 두문제나 나왔다 벌써

골드 수준부터는 빈출인 것 같으니 알아두도록 하자