백준 2146번 - 다리만들기
문제
여러 섬으로 이루어진 나라가 있다. 이 나라의 대통령은 섬을 잇는 다리를 만들겠다는 공약으로 인기몰이를 해 당선될 수 있었다. 하지만 막상 대통령에 취임하자, 다리를 놓는다는 것이 아깝다는 생각을 하게 되었다. 그래서 그는, 생색내는 식으로 한 섬과 다른 섬을 잇는 다리 하나만을 만들기로 하였고, 그 또한 다리를 가장 짧게 하여 돈을 아끼려 하였다.
이 나라는 N×N크기의 이차원 평면상에 존재한다. 이 나라는 여러 섬으로 이루어져 있으며, 섬이란 동서남북으로 육지가 붙어있는 덩어리를 말한다. 다음은 세 개의 섬으로 이루어진 나라의 지도이다.
위의 그림에서 색이 있는 부분이 육지이고, 색이 없는 부분이 바다이다. 이 바다에 가장 짧은 다리를 놓아 두 대륙을 연결하고자 한다. 가장 짧은 다리란, 다리가 격자에서 차지하는 칸의 수가 가장 작은 다리를 말한다. 다음 그림에서 두 대륙을 연결하는 다리를 볼 수 있다.
물론 위의 방법 외에도 다리를 놓는 방법이 여러 가지 있으나, 위의 경우가 놓는 다리의 길이가 3으로 가장 짧다(물론 길이가 3인 다른 다리를 놓을 수 있는 방법도 몇 가지 있다).
지도가 주어질 때, 가장 짧은 다리 하나를 놓아 두 대륙을 연결하는 방법을 찾으시오.
입력
첫 줄에는 지도의 크기 N(100이하의 자연수)가 주어진다. 그 다음 N줄에는 N개의 숫자가 빈칸을 사이에 두고 주어지며, 0은 바다, 1은 육지를 나타낸다. 항상 두 개 이상의 섬이 있는 데이터만 입력으로 주어진다.
출력
첫째 줄에 가장 짧은 다리의 길이를 출력한다.
예제 입력 1 복사
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예제 출력 1 복사
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풀이
각 타일마다 BFS를 돌리는 약간은 무식한 방법으로 푸는 문제
시간복잡도 : O(n^4) 시간제한이 2초이고 한 변의 크기가 100이하기 때문에 가능한 방법
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
const int MX = 105;
int board[MX][MX];
int dist[MX][MX];
bool vis[MX][MX];
int dx[4] = { 1, -1, 0, 0 };
int dy[4] = { 0, 0, 1, -1 };
int n;
bool OutOfBound(int x, int y)
{
return x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n;
}
int main(void)
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
cin >> board[i][j];
}
}
//각 섬에 번호를 남기는 작업
queue<pair<int, int>> Q;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
if (board[i][j] == 0 || vis[i][j])
continue;
cnt++;
Q.push({ i, j });
board[i][j] = cnt;
vis[i][j] = 1;
while (!Q.empty())
{
auto cur = Q.front();
Q.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; ++dir)
{
int nx = cur.X + dx[dir];
int ny = cur.Y + dy[dir];
if (OutOfBound(nx, ny))
continue;
if (board[nx][ny] == 0 || vis[nx][ny] == 1)
continue;
vis[nx][ny] = 1;
board[nx][ny] = cnt;
Q.push({ nx, ny });
}
}
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i)
fill(dist[i], dist[i] + n, -1);
//육지 하나당 한번의 BFS를 돌게 됨
//BFS를 한번 돌 때 O(n^2)인데 한 칸당 한번의 BFS를 도니까 O(n^4)가 됨
queue<pair<int, int>> Q2;
int result = 1999999999;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
if (board[i][j] == 0)
continue;
for (int i = 0; i < n; ++i)
fill(dist[i], dist[i] + n, -1);
int startLand = board[i][j]; //출발점의 육지 저장장
Q2.push({ i, j });
dist[i][j] = 0;
while (!Q2.empty())
{
auto cur = Q2.front();
Q2.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; ++dir)
{
int nx = cur.X + dx[dir];
int ny = cur.Y + dy[dir];
if (OutOfBound(nx, ny))
continue;
if (dist[nx][ny] != -1) //이미 방문한 곳
continue;
if (board[nx][ny] != 0) //육지
{
if (board[nx][ny] != startLand) //출발점의 육지와 다른 경우
result = min(result, dist[cur.X][cur.Y]); //결과값 반영
continue; //출발점의 육지와 같은 경우
}
dist[nx][ny] = dist[cur.X][cur.Y] + 1; //육지가 아닌 경우
Q2.push({ nx, ny });
}
}
}
}
cout << result << '\n';
}
다른풀이
시간복잡도를 O(n^2)으로 줄이는 방법
육지타일 하나하나 BFS를 돌리는 것을 최종적으로 한번만 돌려서 시간복잡도를 n^2만큼 줄일 수 있다. 이렇게 하기 위해서는 위에서 사용된 2중for문을 없애야되는데 없애는 방법의 포인트는 2개이다
- 육지인 부분을 전부 큐에 넣고 시작하면 타일 하나하나를 검사할 필요가 없어진다.
- 한번 검사할 때마다 dist 배열을 초기화했어야 했는데 육지를 확장하면서 dist를 증가시키고, 각 최초 육지부터 연장된 육지까지의 거리를 합치는 방식을 사용해서 초기화를 수행하지 않을 수 있다
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
int board[101][101];
bool vis[101][101]; // 섬을 분류하는 첫 번째 bfs에서 사용
int dist[101][101]; // 다리의 길이를 구하는 두 번째 bfs에서 사용
int dx[4] = { 1,-1,0,0 };
int dy[4] = { 0,0,1,-1 };
int n;
bool OOB(int a, int b) { // Out Of Bounds인지 체크하는 함수
return a < 0 or a >= n or b < 0 or b >= n;
}
// 섬을 분류하는 첫 번째 bfs
void island() {
int idx = 1; // 섬의 번호. board를 이 섬의 번호로 갱신할 예정
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (vis[i][j] || board[i][j] == 0) continue;
// 아직 방문하지 않은 육지에 도달
queue<pair<int, int> > Q;
Q.push({ i,j });
vis[i][j] = true;
while (!Q.empty()) {
auto cur = Q.front(); Q.pop();
board[cur.X][cur.Y] = idx;
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int nx = cur.X + dx[dir];
int ny = cur.Y + dy[dir];
if (OOB(nx, ny) || vis[nx][ny] || board[nx][ny] == 0) continue;
Q.push({ nx,ny });
vis[nx][ny] = true;
}
}
idx++; // 번호를 1 증가시켜 다음 섬에는 1 증가된 값이 기록될 수 있게끔 한다.
}
}
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
cin >> board[i][j];
island();
for (int i = 0; i < n; i++)
fill(dist[i], dist[i] + n, -1);
queue<pair<int, int>> Q;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (board[i][j] != 0) {
dist[i][j] = 0;
Q.push({ i,j });
}
}
}
int ans = 999999;
while (!Q.empty()) {
auto cur = Q.front(); Q.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int nx = cur.X + dx[dir];
int ny = cur.Y + dy[dir];
if (OOB(nx, ny) || board[nx][ny] == board[cur.X][cur.Y]) // OOB거나 인접한 곳이 같은 섬일 경우
continue;
if (board[nx][ny] != 0) { // 인접한 곳이 다른 섬일 경우
// dist[nx][ny] : 건너편 섬의 확장된 거리(0일수도 있음)
// dist[cur.X][cur.Y] : 현 상태 섬의 확장된 거리(0일수도 있음)
// 2개를 합하면 섬과 섬 사이의 거리
ans = min(ans, dist[nx][ny] + dist[cur.X][cur.Y]); // cur와 (nx, ny) 각각이 육지로부터 떨어진 거리를 합하면 된다.
}
else { // 바다일 경우
board[nx][ny] = board[cur.X][cur.Y]; //육지를 확장하는 부분
dist[nx][ny] = dist[cur.X][cur.Y] + 1;
Q.push({ nx,ny });
}
}
}
cout << ans;
}
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