[ 백준 ] 13460번 - 구슬 탈출2 (C++)

요즘은 백준으로 유형별 문제를 풀고 있다. 그 중에서도 bfs(너비 완전 탐색)문제들을 풀고 있다.

처음에는 조금 쉬운 문제 위주로 풀어서 금방 풀었지만, 조금씩 어려운 문제를 풀다보니 조금 더 응용을 요하는 것 같다.

풀이 방법을 고민하다가 다른 사람의 풀이를 참고했다.

 

 

<문제>

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.

 

www.acmicpc.net/problem/13460

13460번: 구슬 탈출 2

 

 

<참고해 푼 풀이>

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct bead{ 
	int rx, ry; //빨간 구슬 좌표
	int bx, by;  //파란 구슬 좌표 
	int d;  //기울인 횟수 
};

int n,m;
char board[10][10];
bool visited[10][10][10][10];  //방문 여부 
queue<bead> q;
 
int dx[] = {0,1,0,-1};
int dy[] = {1,0,-1,0};

void move(int& x, int& y, int& c, int& i){
	while(board[x+dx[i]][y+dy[i]] != '#' && board[x][y] != 'O'){
		x += dx[i];
		y += dy[i];
		c += 1; 
	}
}

void bfs(){
	while(!q.empty()){
		int rx = q.front().rx;
		int ry = q.front().ry;
		int bx = q.front().bx;
		int by = q.front().by;
		int d = q.front().d;
		q.pop();
		
		if(d>=10) break;
		
		for(int i=0; i<4; i++){
			int nrx=rx, nry=ry, nbx=bx, nby=by;
			int rc=0, bc=0, nd=d+1;
			
			move(nrx, nry, rc, i);
			move(nbx, nby, bc, i);
			
			if(board[nbx][nby] == 'O') continue;
			if(board[nrx][nry] == 'O'){
				cout<<nd;
				return;
			}
			
			//구슬이 겹쳤을 때 
			if(nrx == nbx && nry == nby){
				//굴릴 때, 이동거리가 더 긴 구슬의 위치를 한칸 뒤로 돌림
				if(rc > bc) nrx -= dx[i], nry -= dy[i];
				else nbx -= dx[i], nby -= dy[i];
			}
			
			if(visited[nrx][nry][nbx][nby]) continue;
			visited[nrx][nry][nbx][nby] = true;
			q.push({nrx, nry, nbx, nby, nd});
		}
	}
	cout<<-1;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	
	int rx=0, ry=0, bx=0, by=0;
	cin>>n>>m;
	
	for(int i=0; i<n; i++){
		string s;
		cin>>s;	
		for(int j=0; j<m; j++) {
			board[i][j] = s[j];
			if(s[j] == 'R') rx = i, ry = j;
			else if(s[j] == 'B') bx = i, by = j;
		}
	}
	
	q.push({rx, ry, bx, by, 0});
	visited[rx][ry][bx][by] = true;
	bfs();
}

나는 구슬이 겹칠 때, 겹친 상태에서 이동거리가 더 많은 구슬을 한칸 뒤로 물러나게 하는 것을 생각 못했다. 이동거리를 뭐하러 구하나 싶었는데 이것 때문이었다. 그리고 방문 여부를 따지기 위해서 4차배열을 사용했다. 빨간구슬과 파란구슬의 위치를 모두 확인해야하기 때문이다.

 

파란구슬은 구멍에 빠지면 안된다. 둘이 동시에 구슬에 빠져도 안된다.

그래서 파란구슬이 구멍에 빠졌는지를 빨간구슬보다 먼저 확인하고 빠졌다면 그 움직임은 큐에 넣지 않는다.

 

구슬의 최종 움직임을 확인한 후에 큐에 넣을지 말지 결정하는 것이 큰 로직인데 이것을 생각하기가 어려웠다.

조건이 많아서 다 고려하다보니 큰 틀을 잡지 못하고 간 것 같다. 다음에는 이런 문제도 잘 풀길 바란다ㅠㅠ!