백준 2206: 벽 부수고 이동하기 - BFS(파이썬)

벽 부수고 이동하기 성공

2206번: 벽 부수고 이동하기

문제

N×M의 행렬로 표현되는 맵이 있다. 맵에서 0은 이동할 수 있는 곳을 나타내고, 1은 이동할 수 없는 벽이 있는 곳을 나타낸다. 당신은 (1, 1)에서 (N, M)의 위치까지 이동하려 하는데, 이때 최단 경로로 이동하려 한다. 최단경로는 맵에서 가장 적은 개수의 칸을 지나는 경로를 말하는데, 이때 시작하는 칸과 끝나는 칸도 포함해서 센다.

만약에 이동하는 도중에 한 개의 벽을 부수고 이동하는 것이 좀 더 경로가 짧아진다면, 벽을 한 개 까지 부수고 이동하여도 된다.

한 칸에서 이동할 수 있는 칸은 상하좌우로 인접한 칸이다.

맵이 주어졌을 때, 최단 경로를 구해 내는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N(1 ≤ N ≤ 1,000), M(1 ≤ M ≤ 1,000)이 주어진다. 다음 N개의 줄에 M개의 숫자로 맵이 주어진다. (1, 1)과 (N, M)은 항상 0이라고 가정하자.

출력

첫째 줄에 최단 거리를 출력한다. 불가능할 때는 -1을 출력한다.

 

내 코드

import sys
from collections import deque


def bfs():
    que=deque()
    que.append([0,0,0]) #최초의 시작점을 append. 마지막의 0은 벽을 안 부쉈다는 뜻
    visited[0][0][0]=1 #(0,0)의 방문 처리=이동 횟수. 마지막의 0은 벽을 안 부쉈다는 뜻

    while que:
        x,y,isCrashed=que.popleft() #x좌표, y좌표, 벽 제거 여부

        if x==n-1 and y==m-1: #마지막 좌표에 도달했으면,
            return visited[x][y][isCrashed] #제거여부에 따른 마지막 좌표의 값 리턴.

        for i in range(4):
            nx=x+dx[i]
            ny=y+dy[i]

            if nx<0 or nx>=n or ny<0 or ny>=m:
                continue

            
            if arr[nx][ny]==0 and visited[nx][ny][isCrashed]==0: #이 좌표가 벽이 아니고 방문하지 않았으면, (방문 했으면 visited 값은 0 이상이다)
                visited[nx][ny][isCrashed]=visited[x][y][isCrashed]+1 #이전 값의 +1로 세팅하고,
                que.append([nx,ny,isCrashed]) #덱에 이 좌표를 저장. 이 때, 제거 여부를 계속 유지시켜줘야 함! **

            elif arr[nx][ny]==1 and isCrashed==0: #이 좌표가 벽이고, 현재까지 벽을 부수지 않았으면,
                visited[nx][ny][1]=visited[x][y][0]+1 #이 좌표의 벽 부순 상태 값을 이전 좌표의 벽 부수기전 상태의 값 +1로 세팅하고,
                que.append([nx,ny,1]) #덱에 이 좌표를 저장. 이 때, 벽을 부쉈으므로 isCrashed 부분의 값을 1로 넘긴다! **

    return -1 #마지막 좌표에 도달하지 못 했으면 -1 리턴.



#n세로, m가로
n,m=map(int,sys.stdin.readline().split())

dx=[-1,0,1,0]
dy=[0,1,0,-1]

arr=[] #원본 지도
for _ in range(n):
    arr.append(list(map(int,sys.stdin.readline().rstrip())))


#visited[x][y][0]: (x,y)까지 벽을 안 부수고 왔을 때의 횟수
#visited[x][y][1]: (x,y)까지 벽을 부순적 있을 때의 횟수
visited=[[[0,0] for _ in range(m)] for _ in range(n)]

answer=bfs()
print(answer)

 

풀이 및 접근)

- 모든 벽들에 대해서 제거를 하고 bfs 돌고, 또 반복하고 하는 방식은 시간 초과가 난다. 한번 bfs를 돌 때 벽 제거에 대한 처리를 해 주어야 한다.

- 따라서 원본 지도를 해치지 않기 위해 visited 리스트를 도입한다. 평소와 같은 bfs 문제라면 2차원 리스트를 사용했을 것이다. 하지만 이 문제에서는 벽을 제거했는지 여부에 따라서 다르게 다루기 위해 3차원 리스트를 도입한다. (visited[ ][ ][ ])

- visited[x][y][0]과 visited[x][y][1]로 구분을 한다. 끝이 0인 경우는 (x,y)까지 오는데 벽을 아직 제거하지 않았을 때의 이동 횟수이고, 끝이 1인 경우는 (x,y)까지 오는데 벽을 제거한적 있었을 때의 이동 횟수이다.

- visited를 3차원으로 설정하는 것이 잘 떠오르지 않았고, 그 원리가 잘 이해되지 않았다.