Programmers - 경주로 건설[파이썬(python)]

문제 출처 : https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/67259

코딩테스트 연습 - 경주로 건설

 

문제 설명

건설회사의 설계사인 죠르디는 고객사로부터 자동차 경주로 건설에 필요한 견적을 의뢰받았습니다.
제공된 경주로 설계 도면에 따르면 경주로 부지는 N x N 크기의 정사각형 격자 형태이며 각 격자는 1 x 1 크기입니다.
설계 도면에는 각 격자의 칸은 0 또는 1 로 채워져 있으며, 0은 칸이 비어 있음을 1은 해당 칸이 벽으로 채워져 있음을 나타냅니다.
경주로의 출발점은 (0, 0) 칸(좌측 상단)이며, 도착점은 (N-1, N-1) 칸(우측 하단)입니다. 죠르디는 출발점인 (0, 0) 칸에서 출발한 자동차가 도착점인 (N-1, N-1) 칸까지 무사히 도달할 수 있게 중간에 끊기지 않도록 경주로를 건설해야 합니다.
경주로는 상, 하, 좌, 우로 인접한 두 빈 칸을 연결하여 건설할 수 있으며, 벽이 있는 칸에는 경주로를 건설할 수 없습니다.
이때, 인접한 두 빈 칸을 상하 또는 좌우로 연결한 경주로를 직선 도로 라고 합니다.
또한 두 직선 도로가 서로 직각으로 만나는 지점을 코너 라고 부릅니다.
건설 비용을 계산해 보니 직선 도로 하나를 만들 때는 100원이 소요되며, 코너를 하나 만들 때는 500원이 추가로 듭니다.
죠르디는 견적서 작성을 위해 경주로를 건설하는 데 필요한 최소 비용을 계산해야 합니다.

예를 들어, 아래 그림은 직선 도로 6개와 코너 4개로 구성된 임의의 경주로 예시이며, 건설 비용은 6 x 100 + 4 x 500 = 2600원 입니다.

 

제한 사항

• board는 2차원 정사각 배열로 배열의 크기는 3 이상 25 이하입니다.
• board 배열의 각 원소의 값은 0 또는 1 입니다.
  • 도면의 가장 왼쪽 상단 좌표는 (0, 0)이며, 가장 우측 하단 좌표는 (N-1, N-1) 입니다.
  • 원소의 값 0은 칸이 비어 있어 도로 연결이 가능함을 1은 칸이 벽으로 채워져 있어 도로 연결이 불가능함을 나타냅니다.
• board는 항상 출발점에서 도착점까지 경주로를 건설할 수 있는 형태로 주어집니다.
• 출발점과 도착점 칸의 원소의 값은 항상 0으로 주어집니다.

 

입출력 예

 

문제 풀이

Lv3 문제로 BFS와 2차원 DP 테이블을 사용하여 풀었다가 마지막 테스트 케이스에서 실패가 떠서 다른 분의 코드를 참고하였다. 2차원 DP테이블을 사용하면 아래 케이스와 같은 경우 문제가 생긴다.

 

[[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],

 [1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0],

 [1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0],

 [1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1],

 [1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0],

 [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0],

 [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0],

 [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0]]

 

직접 손으로 그려보면 알겠지만 붉은색으로 표시된 지점은 위에서 내려오는 경우와 왼쪽에서 오른쪽으로 오는 경우 이 두 경우가 겹치는 지점에서는 왼쪽에서 오른쪽으로 오는 경우가 비용이 더 적지만 아래로 내려가면 위에서 내려오는 경우의 비용이 더 적어진다.  붉은 지점의 값은 아래와 같다.

             23 21
26 (27 | 29)      <--- 26에서 들어온 값이 더 작음
     (33 | 30)      <--- 다음 값을 계산하니 23에서 들어온 값이 더 작음

 

두 개의 길에서 5행 5열까지의 코너의 개수를 각각 세어보면 다홍색 길이 4개의 코너를 사용한 반면 연두색 길이 3개의 코너만 사용하면 되므로 연두색 길이 최종 정답이 되어야 하는데 2차원 DP를 사용하면 교차지점에서 다홍색 길의 비용이 더 작으므로 이를 고려하지 못한다. 

 

BFS + 3차원 DP테이블을 사용하면 쉽게 문제를 해결할 수 있다.

3차원 dp테이블은 dp[이동방향][x좌표][y좌표]의 형태로 구성되며 매 순간 해당 이동방향으로 이동하였을 때 들어가는 비용의 최솟값을 저장한다.

BFS로 board를 탐색하기 위해선 x좌표, y좌표, cost, d(이동방향)이 필요하다. 초기 큐에서는 0, 0 지점에서 이동할 수 있는 아래와 오른쪽 방향을 미리 저장해놓고 BFS를 수행하며 이전 방향과 동일한 경우엔 cost는 1 증가, 방향이 바뀐 경우 코너를 건설해야 하므로 cost에 직선도로 1과 코너 5를 더해준다. 이렇게 구한 cost를 dp 테이블에 저장되어있는 cost와 비교하여 최솟값으로 갱신해준다. 마지막으로 BFS가 종료되었다면 4방향의 dp테이블에서 도착 지점인 dp[d][n - 1][n - 1]의 최솟값이 답이 된다.

 

구현 코드

from collections import deque

def solution(board):
    n = len(board)
    direction = [[-1, 0, 0], [1, 0, 1], [0, -1, 2], [0, 1, 3]]
    inf = int(1e9)

    dp = [[[inf]*n for _ in range(n)] for _ in range(4)]
    q = deque([[0, 0, 0, 1], [0, 0, 0, 3]])
    dp[1][0][0] = 0
    dp[3][0][0] = 0

    while q:
        x, y, cost, d = q.popleft()
        for i in range(4):
            nx = x + direction[i][0]
            ny = y + direction[i][1]
            if 0 <= nx < n and 0 <= ny < n and board[nx][ny] != 1:
                new_cost  = cost + 1
                if d != direction[i][2]:
                    new_cost += 5
                if dp[direction[i][2]][nx][ny] > new_cost:
                    dp[direction[i][2]][nx][ny] = new_cost
                
                    # ***최종지점 까지 건설하였다가 다시 뒤로 돌아가는것을 막기 위함
                    # TC 11에서 무한 루프가 발생하여 추가
                    if nx == n -1 and ny == n -1:
                        continue
                    q.append([nx, ny, new_cost, direction[i][2]])
                    
    result = inf
    for d in range(4):
        result = min(result, dp[d][-1][-1])                   
    return result * 100