20. 프로그래머스 - 게임 맵 최단 거리 (bfs)

문제 설명
ROR 게임은 두 팀으로 나누어서 진행하며, 상대 팀 진영을 먼저 파괴하면 이기는 게임입니다. 따라서, 각 팀은 상대 팀 진영에 최대한 빨리 도착하는 것이 유리합니다.

지금부터 당신은 한 팀의 팀원이 되어 게임을 진행하려고 합니다. 다음은 5 x 5 크기의 맵에, 당신의 캐릭터가 (행: 1, 열: 1) 위치에 있고, 상대 팀 진영은 (행: 5, 열: 5) 위치에 있는 경우의 예시입니다.

위 그림에서 검은색 부분은 벽으로 막혀있어 갈 수 없는 길이며, 흰색 부분은 갈 수 있는 길입니다. 캐릭터가 움직일 때는 동, 서, 남, 북 방향으로 한 칸씩 이동하며, 게임 맵을 벗어난 길은 갈 수 없습니다.
아래 예시는 캐릭터가 상대 팀 진영으로 가는 두 가지 방법을 나타내고 있습니다.

첫 번째 방법은 11개의 칸을 지나서 상대 팀 진영에 도착했습니다.

두 번째 방법은 15개의 칸을 지나서 상대팀 진영에 도착했습니다.

위 예시에서는 첫 번째 방법보다 더 빠르게 상대팀 진영에 도착하는 방법은 없으므로, 이 방법이 상대 팀 진영으로 가는 가장 빠른 방법입니다.

만약, 상대 팀이 자신의 팀 진영 주위에 벽을 세워두었다면 상대 팀 진영에 도착하지 못할 수도 있습니다. 예를 들어, 다음과 같은 경우에 당신의 캐릭터는 상대 팀 진영에 도착할 수 없습니다.

게임 맵의 상태 maps가 매개변수로 주어질 때, 캐릭터가 상대 팀 진영에 도착하기 위해서 지나가야 하는 칸의 개수의 최솟값을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요. 단, 상대 팀 진영에 도착할 수 없을 때는 -1을 return 해주세요.

 

제한사항
maps는 n x m 크기의 게임 맵의 상태가 들어있는 2차원 배열로, n과 m은 각각 1 이상 100 이하의 자연수입니다.
n과 m은 서로 같을 수도, 다를 수도 있지만, n과 m이 모두 1인 경우는 입력으로 주어지지 않습니다.

maps는 0과 1로만 이루어져 있으며, 0은 벽이 있는 자리, 1은 벽이 없는 자리를 나타냅니다.
처음에 캐릭터는 게임 맵의 좌측 상단인 (1, 1) 위치에 있으며, 상대방 진영은 게임 맵의 우측 하단인 (n, m) 위치에 있습니다.

입출력 예

maps	answer
[[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,1],[0,0,0,0,1]]	11
[[1,0,1,1,1],[1,0,1,0,1],[1,0,1,1,1],[1,1,1,0,0],[0,0,0,0,1]]	-1

입출력 예 설명
입출력 예 #1
주어진 데이터는 다음과 같습니다.

캐릭터가 적 팀의 진영까지 이동하는 가장 빠른 길은 다음 그림과 같습니다.

따라서 총 11칸을 캐릭터가 지나갔으므로 11을 return 하면 됩니다.

입출력 예 #2
문제의 예시와 같으며, 상대 팀 진영에 도달할 방법이 없습니다. 따라서 -1을 return 합니다.

 

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문제 접근 방법

한 칸 이동의 비용이 모두 1이므로, 최단 경로는 BFS로 구할 수 있습니다. 상태는 (x, y, distance)로 두고, 시작점 (0,0)을 거리 1로 시작한다.

dx, dy 배열로 동·서·남·북 4방향을 정의하고 현재 칸에서 인접 4칸으로만 확장했다.

 

• 격자 범위 안인지: 0 <= nx < n, 0 <= ny < m
• 벽이 아닌지: maps[nx][ny] == 1
• 아직 방문하지 않았는지: !visited[nx][ny]
  이 세 조건을 모두 만족할 때만 큐에 넣고, 넣는 시점에 방문 처리(visited[nx][ny] = true)하여 중복 탐색을 방지한다.

큐에서 하나씩 꺼내며 이웃을 확장하고, 목표 칸 (n-1, m-1)을 처음 발견하는 즉시 distance + 1을 반환하면된다.

BFS는 거리가 짧은 순서대로 확장되므로 “처음 발견된 목표”가 곧 최단거리이다.

 

실패 처리
큐를 다 소진할 때까지 목표를 발견하지 못하면 경로가 없으므로 -1을 반환하면 된다.

 

 

 

 

알고리즘 코드

import java.util.ArrayDeque;
import java.util.Deque;

class Solution {
   public int solution(int[][] maps) {
        // 상, 하, 좌, 우 순서 상관없이 4방만 신경쓰면 되므로
        int[] dx = {0, 0, 1, -1};
        int[] dy = {1, -1, 0, 0};
        int n = maps.length; // 세로의 길이
        int m = maps[0].length; // 가로의 길이
        boolean[][] visited = new boolean[n][m]; // 값을 poll할 때마다 check
        // 1. queue를 만들거야.
        // 2. 거기에 초기값을 집어넣어.
        // 3. queue 하나 poll해서, 4방을 확인해
        // 4. 그것들 중 갈 수 있으면 queue에 집어넣어.
        // 3, 4를 반복 -> 더이상 못할 때까지
        // 갈 수 있다 : grid안에 있다.
        //            벽이 아니다
        //            방문하지 않았다.

        // 좌표가 들어갈 예정 [x, y]
//        Node class를 만들어도 되긴 한다.
//        1.
        Deque<int[]> queue = new ArrayDeque<>();

//        2. (0, 0, distance = 1) -> 내가 적고 싶은 걸로 적어도됨. (거리는 문제마다 바라는게 다름)
        queue.offer(new int[]{0, 0, 1});
        visited[0][0] = true;

//        3.
        while(!queue.isEmpty()) {
            int[] node = queue.poll();
            int x = node[0];
            int y = node[1];
            int distance = node[2];

            for (int d = 0; d < 4; d++) {
                // x, y의 4방 -> 갈 수 있으면 queue에 집어 넣을 예정이다.
                int nx = x + dx[d];
                int ny = y + dy[d];

//            if(nx, ny 가 grid 안에 있고/ 값이 벽이 아니면) {
//                queue.offer(new int[]{nx, ny});
//            }

                if(nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m) {
//                 if(/ 값이 벽이 아니면)
                    if(maps[nx][ny] == 1 && !visited[nx][ny]) {
                        queue.offer(new int[]{nx, ny, distance + 1}); // -> 이때 distance를 늘려줌
                        visited[nx][ny] = true;
                        
                        // 로직상 약간 부자연스러울 수 있음
                        if(nx == n - 1 && ny == m - 1) {
                            return distance + 1;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        
        return -1;
    }
}

 

시간 복잡도 분석

각 칸을 최대 한 번 방문하므로  시간복잡도는 O(n*m)이다.