[백준 - 12100] 2048 (Easy) - C++

분류: 구현, 시뷸레이션 /

 

문제

문제 링크

문제 설명

2048 게임은 4×4 크기의 보드에서 혼자 즐기는 재미있는 게임이다. 이 링크를 누르면 게임을 해볼 수 있다.

이 게임에서 한 번의 이동은 보드 위에 있는 전체 블록을 상하좌우 네 방향 중 하나로 이동시키는 것이다. 이때, 같은 값을 갖는 두 블록이 충돌하면 두 블록은 하나로 합쳐지게 된다. 한 번의 이동에서 이미 합쳐진 블록은 또 다른 블록과 다시 합쳐질 수 없다. (실제 게임에서는 이동을 한 번 할 때마다 블록이 추가되지만, 이 문제에서 블록이 추가되는 경우는 없다)

<그림 1>	<그림 2>	<그림 3>

<그림 1>의 경우에서 위로 블록을 이동시키면 <그림 2>의 상태가 된다. 여기서, 왼쪽으로 블록을 이동시키면 <그림 3>의 상태가 된다.

<그림 4>	<그림 5>	<그림 6>	<그림 7>

<그림 4>의 상태에서 블록을 오른쪽으로 이동시키면 <그림 5>가 되고, 여기서 다시 위로 블록을 이동시키면 <그림 6>이 된다. 여기서 오른쪽으로 블록을 이동시켜 <그림 7>을 만들 수 있다.

<그림 8>	<그림 9>

<그림 8>의 상태에서 왼쪽으로 블록을 옮기면 어떻게 될까? 2가 충돌하기 때문에, 4로 합쳐지게 되고 <그림 9>의 상태가 된다.

<그림 10>	<그림 11>	<그림 12>	<그림 13>

<그림 10>에서 위로 블록을 이동시키면 <그림 11>의 상태가 된다.

<그림 12>의 경우에 위로 블록을 이동시키면 <그림 13>의 상태가 되는데, 그 이유는 한 번의 이동에서 이미 합쳐진 블록은 또 합쳐질 수 없기 때문이다.

<그림 14>	<그림 15>

마지막으로, 똑같은 수가 세 개가 있는 경우에는 이동하려고 하는 쪽의 칸이 먼저 합쳐진다. 예를 들어, 위로 이동시키는 경우에는 위쪽에 있는 블록이 먼저 합쳐지게 된다. <그림 14>의 경우에 위로 이동하면 <그림 15>를 만든다.

이 문제에서 다루는 2048 게임은 보드의 크기가 N×N 이다. 보드의 크기와 보드판의 블록 상태가 주어졌을 때, 최대 5번 이동해서 만들 수 있는 가장 큰 블록의 값을 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 보드의 크기 N (1 ≤ N ≤ 20)이 주어진다. 둘째 줄부터 N개의 줄에는 게임판의 초기 상태가 주어진다. 0은 빈 칸을 나타내며, 이외의 값은 모두 블록을 나타낸다. 블록에 쓰여 있는 수는 2보다 크거나 같고, 1024보다 작거나 같은 2의 제곱꼴이다. 블록은 적어도 하나 주어진다.

출력

최대 5번 이동시켜서 얻을 수 있는 가장 큰 블록을 출력한다.

 

풀이

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int N;
int original[20][20];
int board[20][20];

void rotate90() {
    int tmp[N][N];
    for(int x=0; x<N; x++)
        for(int y=0; y<N; y++)
            tmp[y][N-1 - x] = board[x][y];
    for(int x=0; x<N; x++)
        for(int y=0; y<N; y++)
            board[x][y] = tmp[x][y];
}

void tilt(int dir) {
    while(dir--) rotate90();
    for(int line=0; line<N; line++) {
        int tmp[N];
        for(int i=0; i<N; i++) tmp[i] = 0;
        int top = 0;
        for(int x : board[line]) {
            if(x == 0) continue;
            if(tmp[top] == 0) tmp[top] = x;
            else if(tmp[top] == x) tmp[top++] *= 2;
            else tmp[++top] = x;
        }
        for(int i=0; i<N; i++) board[line][i] = tmp[i];
    }
}

int main() {
    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 >> original[i][j];

    int ans = 0;
    for(int tmp=0; tmp < (1 << 10); tmp++) {
        for(int i=0; i<N; i++)
            for(int j=0; j<N; j++)
                board[i][j] = original[i][j];
        
        int cur = tmp;
        for(int t=5; t--;) {
            int dir = cur & 3;
            cur >>= 2;
            tilt(dir);
            
            for(int i=0; i<N; i++)
                for(int j=0; j<N; j++)
                    if(board[i][j] > ans) 
                        ans = board[i][j];
        }
    }
    cout << ans;
}

이동은 상하좌우 총 4가지이고 5번의 이동에서 나올 수 있는 경우의 수는 4⁵가지 이다.

독립된 경우의 수의 곱으로 전체 경우의 수를 구하는 방법은 [백준 - 15683] 감시문제에서 다른 사람의 풀이를 통해 알게된 방법이다.

4진법 5비트를 이용해 4의 5제곱 가지의 전체 경우를 탐색한다.

 

각 경우에 대해 `original`을 `board`에 복사하고 해당 경우(`cur or tmp`)를 각 비트에 대응하는 이동을 수행한다. (`tilt(dir)`)

 

처음에는 `borad`를 고정하고 행과 열, 순방향과 역방향 총 4가지 경우에 대해 구현했으나 중복이 생기게되고 함수로 추출하기 어려웠다.

이를 이동 방향을 고정하고 판을 회전 시키게 되면 구현이 쉬워진다. 좌표의 90도 회전 변환은 [백준 - 18808] 스티커 붙이기 문제에서 이미 구현한 적이있다. 스티커 붙이기는 좌표를 변환 한 것이고 이번 문제에서는 좌표축을 변환한다. 원리는 같다.

 

이때 방향(`dir`)의 의미가 상대적인 방향으로 변하게 되어 생각하기 복잡할 수 있으나 전체 경우를 탐색하므로 각각의 경우에 대해 어떻게 회전하는지는 중요하지 않다. 겹치는 모양이 없다는 점만 알 수 있으면 된다.