문제
스타트링크에서 판매하는 어린이용 장난감 중에서 가장 인기가 많은 제품은 구슬 탈출이다. 구슬 탈출은 직사각형 보드에 빨간 구슬과 파란 구슬을 하나씩 넣은 다음, 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼내는 게임이다.
보드의 세로 크기는 N, 가로 크기는 M이고, 편의상 1×1크기의 칸으로 나누어져 있다. 가장 바깥 행과 열은 모두 막혀져 있고, 보드에는 구멍이 하나 있다. 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 보드에서 1×1크기의 칸을 가득 채우는 사이즈이고, 각각 하나씩 들어가 있다. 게임의 목표는 빨간 구슬을 구멍을 통해서 빼내는 것이다. 이때, 파란 구슬이 구멍에 들어가면 안 된다.
이때, 구슬을 손으로 건드릴 수는 없고, 중력을 이용해서 이리 저리 굴려야 한다. 왼쪽으로 기울이기, 오른쪽으로 기울이기, 위쪽으로 기울이기, 아래쪽으로 기울이기와 같은 네 가지 동작이 가능하다.
각각의 동작에서 공은 동시에 움직인다. 빨간 구슬이 구멍에 빠지면 성공이지만, 파란 구슬이 구멍에 빠지면 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬이 동시에 구멍에 빠져도 실패이다. 빨간 구슬과 파란 구슬은 동시에 같은 칸에 있을 수 없다. 또, 빨간 구슬과 파란 구슬의 크기는 한 칸을 모두 차지한다. 기울이는 동작을 그만하는 것은 더 이상 구슬이 움직이지 않을 때 까지이다.
보드의 상태가 주어졌을 때, 최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫 번째 줄에는 보드의 세로, 가로 크기를 의미하는 두 정수 N, M (3 ≤ N, M ≤ 10)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 보드의 모양을 나타내는 길이 M의 문자열이 주어진다. 이 문자열은 '.', '#', 'O', 'R', 'B' 로 이루어져 있다. '.'은 빈 칸을 의미하고, '#'은 공이 이동할 수 없는 장애물 또는 벽을 의미하며, 'O'는 구멍의 위치를 의미한다. 'R'은 빨간 구슬의 위치, 'B'는 파란 구슬의 위치이다.
입력되는 모든 보드의 가장자리에는 모두 '#'이 있다. 구멍의 개수는 한 개 이며, 빨간 구슬과 파란 구슬은 항상 1개가 주어진다.
출력
최소 몇 번 만에 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 있는지 출력한다. 만약, 10번 이하로 움직여서 빨간 구슬을 구멍을 통해 빼낼 수 없으면 -1을 출력한다.
풀이과정
1. 이번 문제는 생각을 하다 어떻게 접근을 해야 할지 몰라 다른 블로그를 많이 참고하였습니다.
BFS를 이용하여 문제를 풀었으며 구조체를 이용해 빨간 공과 파란 공의 좌표 및 움직인 횟수를 선언하였습니다.
struct step
{
int Rx, Ry; // 빨간공
int Bx, By; // 파란공
int Count; // 움직인 수
};2. 탐색은 판을 기울이는 상하좌우 4가지 경우로 이동합니다.
판을 기울일 시 빨간 공과 파란 공이 움직이며 움직인 위치에 대해 조건을 검사합니다.
move(nrx, nry, rc, i); // 빨간 공 이동
move(nbx, nby, bc, i); // 파란 공 이동void move(int& rx, int& ry, int& distance, int& i)
{
while (map[rx + dx[i]][ry + dy[i]] != '#' && map[rx][ry] != 'O')
{
rx += dx[i]; // x 좌표 이동
ry += dy[i]; // y 좌표 이동
distance += 1; // 공이 움직인 거리
}
}맵에 가장자리 부분은 # 블록 벽으로 둘러 쌓여 있기 때문에 # 과 O 블록을 만날 때까지 반복문을 진행합니다.
int dx[] = { 1,-1,0,0 };
int dy[] = { 0,0,1,-1 };좌표 이동은 방향에 따라 이동을 하며 배열을 이용하여 방향을 표현했습니다.
공이 움직인 거리 변수는 공이 겹치는 경우를 확인하기 위해 사용하였습니다.
3. 방문 검사 같은 경우는 빨강 공과 파란 공의 방문을 확인하기 위해 4차원 배열을 이용했습니다.
if (visit[nrx][nry][nbx][nby]) continue;이렇게 방문 검사를 통해 반복되는 경우의 수를 줄였습니다.
4. 공이 겹치는 경우에는 빨간 공과 파란 공이 움직인 거리를 확인해 움직인 거리가 큰 공을 한 칸 뒤로 이동시켜 공이 겹치는 경우를 고려했습니다.
if (nrx == nbx && nry == nby)
{
if (rc > bc) nrx -= dx[i], nry -= dy[i]; // 빨간공을 뒤로
else nbx -= dx[i], nby -= dy[i]; // 파란공을 뒤로
}
5. 움직인 거리의 수가 10 이상인 경우 -1을 출력하고 움직인 거리가 10 이하인 경우 그 값을 출력하고 BFS 탐색을 종료했습니다.
코드
#include<iostream>
#include<queue>
#define endl "\n"
using namespace std;
struct step
{
int Rx, Ry;
int Bx, By;
int Count;
};
char map[11][11];
bool visit[11][11][11][11];
int N, M;
int dx[] = { 1,-1,0,0 };
int dy[] = { 0,0,1,-1 };
void move(int& rx, int& ry, int& distance, int& i)
{
while (map[rx + dx[i]][ry + dy[i]] != '#' && map[rx][ry] != 'O')
{
rx += dx[i];
ry += dy[i];
distance += 1;
}
}
void BFS(int Rx, int Ry, int Bx, int By)
{
queue<step> q;
q.push({ Rx,Ry,Bx,By,0 });
visit[Rx][Ry][Bx][By] = true;
while (!q.empty())
{
int rx = q.front().Rx;
int ry = q.front().Ry;
int bx = q.front().Bx;
int by = q.front().By;
int count = q.front().Count;
q.pop();
if (count >= 10) break;
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
int nrx = rx, nry = ry, nbx = bx, nby = by;
int rc = 0, bc = 0, ncount = count + 1;
move(nrx, nry, rc, i);
move(nbx, nby, bc, i);
if (map[nbx][nby] == 'O') continue;
if (map[nrx][nry] == 'O')
{
cout << ncount;
return;
}
if (nrx == nbx && nry == nby)
{
if (rc > bc) nrx -= dx[i], nry -= dy[i];
else nbx -= dx[i], nby -= dy[i];
}
if (visit[nrx][nry][nbx][nby]) continue;
visit[nrx][nry][nbx][nby] = true;
q.push({ nrx,nry,nbx,nby,ncount });
}
}
cout << -1;
}
void Answer()
{
cin >> N >> M;
int Rx = 0, Ry = 0, Bx = 0, By = 0;
for (int i = 0; i < N; i++)
{
for (int j = 0; j < M; j++)
{
cin >> map[i][j];
if (map[i][j] == 'R')
{
Rx = i; Ry = j;
}
else if (map[i][j] == 'B')
{
Bx = i; By = j;
}
}
}
BFS(Rx, Ry, Bx, By);
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
Answer();
return 0;
}