[백준 - 13460] 구슬 탈출 2 - C++

분류: 시뮬레이션, BFS /

 

문제

문제 링크

문제 설명

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.

 

풀이

- 내 풀이(시뮬레이션)

#include <iostream>
using namespace std;

struct xy {int x, y;};
int N, M, n, m;
char original[10][10];
char board[10][10];
char tmp[10][10];
xy red, blue;

void copyToBoard() {
    n = N; m = M;
    for(int i=0; i<N; i++) {
        for(int j=0; j<M; j++) {
            if(original[i][j] == 'R') {
                red = {i, j};
                board[i][j] = '#';
            }
            else if(original[i][j] == 'B') {
                blue = {i, j};
                board[i][j] = '#';
            }
            else board[i][j] = original[i][j];
        }
    }
}
void swap(int &a, int &b) {
    int c = a; a = b; b = c;
}
void rotate90() {
    for(int x=0; x<n; x++)
        for(int y=0; y<m; y++)
            tmp[x][y] = board[x][y];
    for(int x=0; x<n; x++)
        for(int y=0; y<m; y++)
            board[y][n-1-x] = tmp[x][y];
    swap(blue.x, blue.y);
    blue.y = n-1-blue.y;
    swap(red.x, red.y);
    red.y = n-1-red.y;
    swap(n, m);
}
bool isNextWall(xy &ball) {return board[ball.x][ball.y - 1] == '#';}
bool isNextEmpty(xy &ball) {return board[ball.x][ball.y - 1] == '.';}
bool isNextHole(xy &ball) {return board[ball.x][ball.y - 1] == 'O';}
void move(xy &ball) {
    board[ball.x][ball.y] = '.';
    board[ball.x][--ball.y] = '#';
}
void out(xy &ball) {
    board[ball.x][ball.y] = '.';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cin >> N >> M;
    for(int i=0; i<N; i++)
        for(int j=0; j<M; j++)
            cin >> original[i][j];

    int ans = -1;
    for(int brute = 0; brute < (1<<20); brute++) {
        copyToBoard();
        int cur = brute;
        for(int t = 1; t <= 10; t++) {
            int rot = cur & 3;
            cur >>= 2;
            for(int i = 0; i < rot; i++) rotate90();
            bool isRedOut = false, isBlueOut = false;
            while(true) {
                if(!isBlueOut) {
                    if(isNextEmpty(blue)) move(blue);
                    else if(isNextHole(blue)) {
                        out(blue);
                        isBlueOut = true;
                    }
                }
                if(!isRedOut) {
                    if(isNextEmpty(red)) move(red);
                    else if(isNextHole(red)) {
                        out(red);
                        isRedOut = true;
                    }
                }
                if(isNextWall(red) && isNextWall(blue)) break;
                if(isRedOut && isNextWall(blue)) break;
                if(isNextWall(red) && isBlueOut) break;
                if(isRedOut && isBlueOut) break;
            }
            if(isRedOut && !isBlueOut && (ans == -1 || ans > t))
                    ans = t;
            if(isRedOut || isBlueOut) break;
        }
    }
    cout << ans;
}

모든 경우의 수에 대해 완전 탐색

10번 기울이는 방향을 정하는 경우 4¹⁰가지에 대해(`brute`)

판을 돌리고(`rotate90`)

공을 밀기(`while(true)`)

 

공을 미는 방향을 고정하고 판을 돌리는 방법은 [백준 - 12100] 2048 (Easy)에서 생각한 방법

이 풀이는 굉장히 비효율적이다. 단편적으로 왼쪽으로 10번 미는 것 부터 모든 경우를 탐색한다.

이전 방향과 같은 방향은 탐색하지 않는 등으로 최적화가 가능할듯

다른 사람의 풀이 훨씬 효율적이라 이 풀이에 대해 최적화는 하지않고 넘어간다.

 

- 다른 사람 풀이(BFS)

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

struct loc {int rx, ry, bx, by;};
int N, M;
char board[10][10];
bool vis[10][10][10][10]; // vis[rx][ry][bx][by]
int dx[] = {1, 0, -1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};

char nextMove(int x, int y, int dir) {
    return board[x + dx[dir]][y + dy[dir]];
}
void move(int &x, int &y, int dir) {
    x += dx[dir]; y += dy[dir];
}

int bfs(const loc &start) {
    int cnt = 0;
    queue<loc> Q;
    Q.push(start);
    vis[start.rx][start.ry][start.bx][start.by] = true;
    while(!Q.empty()) {
        if(++cnt > 10) return -1;
        for(int size = Q.size(); size--;) {
            auto [rx, ry, bx, by] = Q.front(); Q.pop();
            for(int dir=4; dir--;) {
                // 파란공 이동
                int nbx = bx, nby = by;
                while(nextMove(nbx, nby, dir) == '.') move(nbx, nby, dir);
                if(nextMove(nbx, nby, dir) == 'O') continue;
                
                // 빨간공 이동
                int nrx = rx, nry = ry;
                while(nextMove(nrx, nry, dir) == '.') move(nrx, nry, dir);
                if(nextMove(nrx, nry, dir) == 'O') return cnt;

                // 두 공이 겹친 경우 늦게 출발한 공 한칸 뒤로 이동
                if((nrx == nbx) and (nry == nby)) {
                    if(dir == 0) // 남
                        rx < bx ? nrx-- : nbx--;
                    else if(dir == 1) // 동
                        ry < by ? nry-- : nby--;
                    else if(dir == 2) // 북
                        rx > bx ? nrx++ : nbx++;
                    else // 서
                        ry > by ? nry++ : nby++;
                }

                if(vis[nrx][nry][nbx][nby]) continue;
                vis[nrx][nry][nbx][nby] = true;
                Q.push({nrx, nry, nbx, nby});
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    loc start;
    cin >> N >> M;
    for(int i=0; i<N; i++) {
        for(int j=0; j<M; j++) {
            cin >> board[i][j];
            if(board[i][j] == 'R') {
                board[i][j] = '.';
                start.rx = i;
                start.ry = j;
            }
            else if(board[i][j] == 'B') {
                board[i][j] = '.';
                start.bx = i;
                start.by = j;
            }
        }
    };
    cout << bfs(start);
}

빨간공과 파란공의 위치를 하나의 상태로 보면, 상태공간트리는 4개의 방향에 따라 4진트리로 구성된다.

각 상태는 빨간공과 파란공의 x, y 좌표를 이용한 4차원 배열로 표현할 수 있다.

예를 들어 빨간공과 파란공의 좌표가 `(rx, ry), (bx, by)`인 상태는 `vis[rx][ry][bx][by]`으로 표현된다.

이때 상태공간트리에서 상태(노드)의 중복이 굉장히 많을 것이다.

예를들어 입력이 다음과 같은 경우를 생각해보자

N = 3, M = 5

#####

#ORB#

#####

이 경우 현재 상태는 `vis[1][2][1][3]`이다.

현재 상태(`vis[1][2][1][3]`)는 4개의 방향에 따라 4개의 다음 상태(자식 노드)를 갖는다.

위 예시에서 북동남 쪽 방향의 상태는 중복된다.

(중복 노드들을 하나의 노드로 연결하면 트리가 아닌 사이클이 있는 그래프로 생각할 수 있다.)

 

여기까지 이해했다면 이 문제는 `루트(초기 상태)`에서 `특정 상태(빨간 공만 탈출)`까지 최단 거리(깊이)를 구하는 트리 탐색 문제와 같은 문제다.

그래프에서 최단 경로는 BFS를 이용해 해결 할 수 있다. 중복 노드는 `vis`를 이용해 중복 계산을 피할 수 있다.

`vis[rx][ry][bx][by] == true`의 의미는 현재 상태는 중복이고 루트와 가장 가까운 곳에서 탐색이 이어지고 있으니 여기서는 고려할 필요가 없다는 의미다.

 

완전탐색을 수행한 내풀이의 경우의 수는 최대 4¹⁰이지만 BFS풀이의 시간복잡도는 O(N²M²)으로 최대 10000으로 더 효율적이다.