게임 맵 최단거리
문제 링크 : https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/1844
문제에 대한 내용
문제 설명
ROR 게임은 두 팀으로 나누어서 진행하며, 상대 팀 진영을 먼저 파괴하면 이기는 게임입니다. 따라서, 각 팀은 상대 팀 진영에 최대한 빨리 도착하는 것이 유리합니다.
지금부터 당신은 한 팀의 팀원이 되어 게임을 진행하려고 합니다. 다음은 5 x 5 크기의 맵에, 당신의 캐릭터가 (행: 1, 열: 1) 위치에 있고, 상대 팀 진영은 (행: 5, 열: 5) 위치에 있는 경우의 예시입니다.
위 그림에서 검은색 부분은 벽으로 막혀있어 갈 수 없는 길이며, 흰색 부분은 갈 수 있는 길입니다. 캐릭터가 움직일 때는 동, 서, 남, 북 방향으로 한 칸씩 이동하며, 게임 맵을 벗어난 길은 갈 수 없습니다.
아래 예시는 캐릭터가 상대 팀 진영으로 가는 두 가지 방법을 나타내고 있습니다.
- 첫 번째 방법은 11개의 칸을 지나서 상대 팀 진영에 도착했습니다.
- 두 번째 방법은 15개의 칸을 지나서 상대팀 진영에 도착했습니다.
위 예시에서는 첫 번째 방법보다 더 빠르게 상대팀 진영에 도착하는 방법은 없으므로, 이 방법이 상대 팀 진영으로 가는 가장 빠른 방법입니다.
만약, 상대 팀이 자신의 팀 진영 주위에 벽을 세워두었다면 상대 팀 진영에 도착하지 못할 수도 있습니다. 예를 들어, 다음과 같은 경우에 당신의 캐릭터는 상대 팀 진영에 도착할 수 없습니다.
게임 맵의 상태 maps가 매개변수로 주어질 때, 캐릭터가 상대 팀 진영에 도착하기 위해서 지나가야 하는 칸의 개수의 최솟값을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요. 단, 상대 팀 진영에 도착할 수 없을 때는 -1을 return 해주세요.
제한 조건
- maps는 n x m 크기의 게임 맵의 상태가 들어있는 2차원 배열로, n과 m은 각각 1 이상 100 이하의 자연수입니다.
- n과 m은 서로 같을 수도, 다를 수도 있지만, n과 m이 모두 1인 경우는 입력으로 주어지지 않습니다.
- maps는 0과 1로만 이루어져 있으며, 0은 벽이 있는 자리, 1은 벽이 없는 자리를 나타냅니다.
- 처음에 캐릭터는 게임 맵의 좌측 상단인 (1, 1) 위치에 있으며, 상대방 진영은 게임 맵의 우측 하단인 (n, m) 위치에 있습니다.
입출력 예
| maps | answer |
|---|---|
| [[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,1],[0,0,0,0,1]] | 11 |
| [[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,0],[0,0,0,0,1]] | -1 |
입출력 예 설명
입출력 예 #1
주어진 데이터는 다음과 같습니다.
캐릭터가 적 팀의 진영까지 이동하는 가장 빠른 길은 다음 그림과 같습니다.
따라서 총 11칸을 캐릭터가 지나갔으므로 11을 return 하면 됩니다.
입출력 예 #2
문제의 예시와 같으며, 상대 팀 진영에 도달할 방법이 없습니다. 따라서 -1을 return 합니다.
접근 방식
- bfs로 (n, m)에 도착하는 최단 거리를 구한다.
- 각 좌표에 도착했을 때, 해당 좌표까지의 거리를 저장한다.
- 모든 좌표를 돈다.
- (n, m) 이 0이 아니라면, 해당 값에 저장된 거리를, 0이라면 -1을 리턴한다.
결과
소스 코드
import java.util.*;
class Solution {
static int x[] = {1, 0, -1, 0};
static int y[] = {0, 1, 0, -1};
class Pair{
int x,y,cnt;
Pair(int y, int x, int cnt){
this.y = y;
this.x = x;
this.cnt = cnt;
}
}
public int solution(int[][] maps) {
Queue<Pair> que = new LinkedList<>();
boolean visited[][] = new boolean[maps.length][maps[0].length];
int arr[][] = new int[maps.length][maps[0].length];
que.offer(new Pair(0, 0, 1));
bfs(maps, visited, que, arr);
return arr[maps.length-1][maps[0].length-1] == 0 ? -1 : arr[maps.length-1][maps[0].length-1];
}
private void bfs(int[][] maps, boolean visited[][], Queue<Pair> que, int arr[][]){
while(!que.isEmpty()){
Pair tmp = que.poll();
arr[tmp.y][tmp.x] = tmp.cnt;
for (int i=0; i<4; i++){
int dx = tmp.x + x[i];
int dy = tmp.y + y[i];
if(dx>=0 && dx<maps[0].length && dy >= 0 && dy<maps.length && !visited[dy][dx] && maps[dy][dx] == 1){
visited[dy][dx] = true;
que.offer(new Pair(dy, dx, tmp.cnt + 1));
}
}
}
}
}
결과 이미지
다른 접근 방식
코드 최적화
- 직접 Pair 클래스를 선언하지 않고,
java.awt의 Point사용 - 따로 거리 저장용 배열을 사용하지 않고, maps의 값이 1인 경우에만 이동할 수 있기 때문에 maps 배열에 이동거리 계산해서 저장
- 1인 경우에만 방문할 수 있기에, 방문 처리가 필요없음. -> 방문한 경우 값이 1이 아니기 때문에
- 모든 배열을 다 돌고 마지막에 확인하지 않고, 꺼냈던 좌표가 마지막일 경우 리턴
import java.util.*;
import java.awt.*;
class Solution {
static int x[] = {1, 0, -1, 0};
static int y[] = {0, 1, 0, -1};
public int solution(int[][] maps) {
Queue<Point> que = new LinkedList<>();
int arr[][] = new int[maps.length][maps[0].length];
que.offer(new Point(0, 0));
return bfs(maps, que, maps.length, maps[0].length);
}
private int bfs(int[][] maps, Queue<Point> que, int n, int m){
maps[0][0] = 0;
while(!que.isEmpty()){
Point tmp = que.poll();
if (tmp.y == m-1 && tmp.x==n-1 ) return maps[tmp.x][tmp.y]+1;
for (int i=0; i<4; i++){
int dx = tmp.x + x[i];
int dy = tmp.y + y[i];
if(dx>=0 && dx<n && dy >= 0 && dy<m && maps[dx][dy] == 1){
maps[dx][dy] = maps[tmp.x][tmp.y] + 1;
que.offer(new Point(dx, dy));
}
}
}
return -1;
}
}
특이점은 출발점은 0으로 초기화하고 (재방문하지 않기 위해), 도착지에 도착한 경우 +1 (0부터 시작했기 때문에) 한다는 것이다.
알게 된 점
java.awt 클래스의 Point 사용을 통한 간편한 좌표 관리