프로그래머스] C++ 2020 카카오 인턴십 - 경주로 건설(Level 3)

해당 문제는 프로그래머스 코딩테스트 연습에 있는 문제입니다.

아래 링크를 통해 풀 수 있습니다.

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

1. 문제

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.

또 다른 예로, 아래 그림은 직선 도로 4개와 코너 1개로 구성된 경주로이며, 건설 비용은 4 x 100 + 1 x 500 = 900원 입니다.

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도면의 상태(0은 비어 있음, 1은 벽)을 나타내는 2차원 배열 board가 매개변수로 주어질 때, 경주로를 건설하는데 필요한 최소 비용을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.

[제한사항]

• 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.

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입출력 예

board	result
[[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]]	900
[[0,0,0,0,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,1,0,0,0],[0,0,0,1,0,0,0,1],[0,0,1,0,0,0,1,0],[0,1,0,0,0,1,0,0],[1,0,0,0,0,0,0,0]]	3800
[[0,0,1,0],[0,0,0,0],[0,1,0,1],[1,0,0,0]]	2100
[[0,0,0,0,0,0],[0,1,1,1,1,0],[0,0,1,0,0,0],[1,0,0,1,0,1],[0,1,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0]]	3200

입출력 예에 대한 설명

입출력 예 #1

본문의 예시와 같습니다.

입출력 예 #2

위와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 18개, 코너 4개로 총 3800원이 듭니다.

입출력 예 #3

위와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 6개, 코너 3개로 총 2100원이 듭니다.

입출력 예 #4

붉은색 경로와 같이 경주로를 건설하면 직선 도로 12개, 코너 4개로 총 3200원이 듭니다.

만약, 파란색 경로와 같이 경주로를 건설한다면 직선 도로 10개, 코너 5개로 총 3500원이 들며, 더 많은 비용이 듭니다.

2. 조건

1. 2차원 배열이 주어진다.

2. 해당 배열은 지도를 나타내며 0은 갈 수 있는곳, 1은 갈 수 없는 곳이다.

3. 한 방향으로 이동할 때에는 100원의 비용이 든다.

4. 방향을 바꿀 때에는 500원의 추가 비용이 더 든다.

5. 배열 끝부분 N, N 까지 갈 수 있는 경로들 중에 최소 비용을 구하여라.

3. 풀이

이 문제는 bfs를 통해 갈 수 있는 방향을 모두 검색하면서 가야 합니다.

문제는 "방문한 곳을 어떻게 하면 재방문을 안할까?" 입니다.

bool visit를 이용해 방문한 곳을 안가는 방법도 있지만 해당 문제는 최소 비용을 구해야 합니다.

또한 코너를 돌때마다 최소 비용이 바뀌게 되죠.

그래서 저는 다음과 같은 조건으로 풀었습니다.

1. 이동 방향을 설정한다.

2. 이동 방향은 위아래 또는 왼쪽오른쪽이다. 즉, x값의 증가 감소, y값의 증가 감소만 체크해주면

이동을 하다가 방향을 꺾었는지 알 수 있다.

3. 이동 방향을 체크해서 갈 수 있는 방향으로 간다.

4. bool visit대신 int cost를 선언하여 각 경로로 이동했을 때 cost의 최소값을 비교해 저장해 놓는다.

5. queue에 이동방향을 넣을 때 이동 방향이 cost의 최소 값 보다 크다면 넘어간다.

6. queue가 모두 빈다면 종료 후 cost[N][N]에 있는 값을 반환한다.

그러니까 저는 이동방향 체크 후 현 위치에서 cost[x][y] 값을 갱신했습니다.

단, 갱신할 때 현재 내가 갖고 있는 cost값이 cost[x][y]에 들어있는 값보다 크다면,

저장을 안하고 그냥 넘어가는 식으로 했습니다.

4. 코드

#include <string>

#include <vector>

#include <queue>

using namespace std;

int cost[26][26];

int dx[4] = { -1, 0, 1, 0};

int dy[4] = { 0, -1, 0, 1};

struct Car{

    int x = 0;

    int y = 0;

    int cost = 0;

    bool updown = false;

    

    Car(){}

    Car(int _x, int _y, int _cost, bool _updown) : x(_x), y(_y), cost(_cost), updown(_updown) {}

};

int solution(vector<vector<int>> board) {

    int N = board.size() - 1;

    queue<Car *> q;

    

    for(int i = 0; i < 26; i++)

        for(int j = 0; j < 26; j++)

            cost[i][j] = 99999999;

    

    cost[0][0] = 0;

    if(board[0][1] != 1){

        q.emplace(new Car(0, 1, 100, false));

        cost[0][1] = 100;

    }

    if(board[1][0] != 1){

        q.emplace(new Car(1, 0, 100, true));

        cost[1][0] = 100;

    }

    

    while(!q.empty()){

        Car* car = q.front();

        q.pop();

        int cp_x = car->x; int cp_y = car->y;

        int now_cost = car->cost;

        if(cost[cp_x][cp_y] != now_cost)

            continue;

        

        for(int i = 0; i < 4; i++){

            int x = car->x + dx[i]; int y = car->y + dy[i];

            if(x >= 0 && x < board.size() && y >= 0 && y < board.size() && board[x][y] != 1){

                if(car->updown){

                    if(cp_x == x){

                        q.emplace(new Car(x, y, now_cost + 600, false));

                        if(cost[x][y] > now_cost + 600)

                            cost[x][y] = now_cost + 600;

                    }

                    else{

                        q.emplace(new Car(x, y, now_cost + 100, true));

                        if(cost[x][y] > now_cost + 100)

                            cost[x][y] = now_cost + 100;

                    }

                }

                else{

                    if(cp_y == y){

                        q.emplace(new Car(x, y, now_cost + 600, true));

                        if(cost[x][y] > now_cost + 600)

                            cost[x][y] = now_cost + 600;

                    }

                    else{

                        q.emplace(new Car(x, y, now_cost + 100, false));

                        if(cost[x][y] > now_cost + 100)

                            cost[x][y] = now_cost + 100;                            

                    }

                }

            }

        }

    }

    return cost[N][N];

}