BOJ 13460. 구슬 탈출 2

🙇‍♀️[Gold I] 구슬 탈출 2 - 13460

문제 링크

성능 요약

메모리: 2040 KB, 시간: 0 ms

분류

너비 우선 탐색, 그래프 이론, 그래프 탐색, 구현, 시뮬레이션

제출 일자

2024년 2월 6일 14:33:50

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

두 시간을 사용하고 풀지못한 문제이다…..

다른 블로그 그대로 이용함.. ㅎ;;

BFS 문제이고 문제의 조건들을 다 체크해야한다.

공이 움직이는 것은 move 함수를 이용한다.

void move(int& rx, int& ry, int& distance, int& i)
{
	while (map[rx + dx[i]][ry + dy[i]] != '#' && map[rx][ry] != 'O')
	{
		rx += dx[i];
		ry += dy[i];
		distance += 1;
	}
}

이 때 공이 움직인 횟수까지 체크하는데 이는 공이 곂쳤을 떄 더 많이 움직인 공이 되돌아가야하기 때문이다.

BFS이므로 queue를 만드는데 step 구조체를 관리한다.

struct step
{
	int Rx, Ry;
	int Bx, By;
	int Count;
};

Count가 총 움직이 횟수이다.

BFS

void BFS(int Rx, int Ry, int Bx, int By)
{
	queue<step> q;
	q.push({ Rx,Ry,Bx,By,0 });
	visit[Rx][Ry][Rx][Ry] = true;
	while (!q.empty())
	{
		int rx = q.front().Rx;
		int ry = q.front().Ry;
		int bx = q.front().Bx;
		int by = q.front().By;
		int count = q.front().Count;
		q.pop();

		if (count >= 10) break;

		for (int i = 0; i < 4; i++)
		{
			int nrx = rx, nry = ry, nbx = bx, nby = by;
			int rc = 0, bc = 0, ncount = count + 1;

			move(nrx, nry, rc, i);
			move(nbx, nby, bc, i);

			if (map[nbx][nby] == 'O') continue;
			if (map[nrx][nry] == 'O')
			{
				cout << ncount;
				return;
			}

			if (nrx == nbx && nry == nby)
			{
				if (rc > bc) nrx -= dx[i], nry -= dy[i];
				else nbx -= dx[i], nby -= dy[i];
			}

			if (visit[nrx][nry][nbx][nby]) continue;
			visit[nrx][nry][nbx][nby] = true;
			q.push({ nrx,nry,nbx,nby,ncount });
		}
	}
	cout << -1;
}

방문 확인 visited는 4차원배열로 빨간공 파란공 두 개를 확인한다.
파란공이 구멍에 들어가는 경우는 넘어간다.
빨간공이 구멍에 들어가면 움직인 횟수를 출력하고 끝낸다.
움직인 횟수가 10 이상이면 그냥 끝낸다.

빨간공과 파란공이 같은 곳이면 더 많이 움직인 공이 그 한 칸 전으로 되돌아간다.

같은 행동을 반복 안하기 위해서 방문한 곳은 넘어간다.

void solve()
{
	cin >> N >> M;
	int Rx = 0, Ry = 0, Bx = 0, By = 0;
	for (int i = 0; i < N; i++)
	{
		for (int j = 0; j < M; j++)
		{
			cin >> map[i][j];
			if (map[i][j] == 'R')
			{
				Rx = i; Ry = j;
			}
			else if (map[i][j] == 'B')
			{
				Bx = i; By = j;
			}
		}
	}
	BFS(Rx, Ry, Bx, By);
}

solve함수는 이렇게 해서 처음 빨간공과 파란공의 위치를 기억해준다.

그 후 BFS를 돌리면 끝!

🚀전체 코드

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <ctype.h>
#include<iostream>
#include <fstream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

struct step
{
	int Rx, Ry;
	int Bx, By;
	int Count;
};

char map[11][11];
bool visit[11][11][11][11];
int N, M;
int dx[] = { 1,-1,0,0 };
int dy[] = { 0,0,1,-1 };

void move(int& rx, int& ry, int& distance, int& i)
{
	while (map[rx + dx[i]][ry + dy[i]] != '#' && map[rx][ry] != 'O')
	{
		rx += dx[i];
		ry += dy[i];
		distance += 1;
	}
}

void BFS(int Rx, int Ry, int Bx, int By)
{
	queue<step> q;
	q.push({ Rx,Ry,Bx,By,0 });
	visit[Rx][Ry][Rx][Ry] = true;
	while (!q.empty())
	{
		int rx = q.front().Rx;
		int ry = q.front().Ry;
		int bx = q.front().Bx;
		int by = q.front().By;
		int count = q.front().Count;
		q.pop();

		if (count >= 10) break;

		for (int i = 0; i < 4; i++)
		{
			int nrx = rx, nry = ry, nbx = bx, nby = by;
			int rc = 0, bc = 0, ncount = count + 1;

			move(nrx, nry, rc, i);
			move(nbx, nby, bc, i);

			if (map[nbx][nby] == 'O') continue;
			if (map[nrx][nry] == 'O')
			{
				cout << ncount;
				return;
			}

			if (nrx == nbx && nry == nby)
			{
				if (rc > bc) nrx -= dx[i], nry -= dy[i];
				else nbx -= dx[i], nby -= dy[i];
			}

			if (visit[nrx][nry][nbx][nby]) continue;
			visit[nrx][nry][nbx][nby] = true;
			q.push({ nrx,nry,nbx,nby,ncount });
		}
	}
	cout << -1;
}

void solve()
{
	cin >> N >> M;
	int Rx = 0, Ry = 0, Bx = 0, By = 0;
	for (int i = 0; i < N; i++)
	{
		for (int j = 0; j < M; j++)
		{
			cin >> map[i][j];
			if (map[i][j] == 'R')
			{
				Rx = i; Ry = j;
			}
			else if (map[i][j] == 'B')
			{
				Bx = i; By = j;
			}
		}
	}
	BFS(Rx, Ry, Bx, By);
}

int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
	//freopen("input.txt", "rt", stdin);

	solve();

	return 0;
}