[프로그래머스] 경주로 건설 - Java

문제 설명

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.

입출력 예 에 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.

초기 풀이 방법

• 처음에서 끝 까지 가는 방법을 알아내면 되는줄 알고, dfs를 이용해서 문제를 풀었다.
  • 테스트케이스는 잘 통과 됐길래 제출을 했더니, 최악의 케이스에서 시간 초과가 발생했다.

초기 풀이의 예외 상황

• dfs를 사용하게 되면, 파란색 화살표처럼 가는 방법 뿐 아니라, 갈색 화살표같은 굳이 필요 없는 경로도 다 순환하기 때문에 효율적이지 못하다.
  • 물론 min > ans -> return; 같은 구문으로 가치지기는 수행하지만, 최악의 케이스에서 걸리는 부분이 있는 것 같았다.

실패한 코드

import java.util.Arrays;
class Solution {
    int n;
    //상, 하, 좌, 우
    int[] dr = new int[]{-1, 1, 0, 0};
    int[] dc = new int[]{0, 0, -1 ,1};
    boolean[][] visited;
    int[][] road;
    int min = Integer.MAX_VALUE;
    
    public int solution(int[][] board) {
        //N * N 배열이므로
        n = board.length;
        road = board;
        visited = new boolean[n][n];
        //첫점은 방문처리
        visited[0][0] = true;
        
        dfs(0, 0, 0, -1);
        
        return min;
    }
    
    public void dfs(int r, int c, int ans, int prevD){
        //값이 이미 초과한경우 바로 탈락
        if(ans >= min){
            return;
        }
        
        //끝점이라면
        if(r == n - 1 && c == n - 1){
            min = Math.min(ans, min);
            return;
        }
        
        //사방 이동
        for(int d = 0; d < 4; d++){
            int nr = r + dr[d];
            int nc = c + dc[d];
            //범위 내에서 방문 안한 곳이고, 벽이 아닌 경우
            if(nr >= 0 && nr < n && nc >= 0 && nc < n && !visited[nr][nc] && road[nr][nc] == 0){
                visited[nr][nc] = true;
                //커브인지, 직선인지
                int cost = (prevD != -1 && ((prevD >= 2 && d <= 1) || (prevD <= 1 && d >= 2))) ? 600 : 100;
                dfs(nr, nc, ans + cost, d);
                visited[nr][nc] = false;
            }
        }
        
    }
}

개선된 풀이 방법

• dfs가 안되니까, bfs를 사용했다. 

• 또한 그림과 같이, 가는 방향에 값을 미리 저장하여 해당 방면으로 경주로를 건설할 때 발생 하는 최소 비용을 저장하여, 방문 처리와 더불어 값 가지치기를 미리 수행해주었다.
• 탐색을 진행하면서, 이 다음 배열에 접근할 때 이미 저장된 값을 넘어버렸다면 바로 탐색을 취소하고 버려버리는 방식을 택했다.

개선 코드

import java.util.*;

class Solution {
    int n;
    //상, 하, 좌, 우
    int[] dr = new int[]{-1, 1, 0, 0};
    int[] dc = new int[]{0, 0, -1 ,1};
    boolean[][][] visited;
    int min = Integer.MAX_VALUE;
    
    public int solution(int[][] board) {
        //N * N 배열이므로
        n = board.length;
        visited = new boolean[n][n][4];
        
        return bfs(board);
    }
    
    public int bfs(int[][] board){
        int r = 0;
        int c = 0;
        int dir = -1;
        int cost = 0;
        
        Deque<Road> queue = new ArrayDeque<>();
        queue.offer(new Road(r, c, dir, cost));
        
        while(!queue.isEmpty()){
            Road road = queue.poll();
            
            if(road.r == n - 1 && road.c == n - 1){
                min = Math.min(min, road.cost);
            }
            
            for(int d = 0 ; d < 4; d++){
                int nr = road.r + dr[d];
                int nc = road.c + dc[d];
                
                //벽이거나 넘어간 경우
                if(nr < 0 || nr >= n || nc < 0 || nc >= n || board[nr][nc] == 1){
                    continue;
                }
                
                    int newCost = road.cost;
                    //방향이 같거나 초기인경우
                    if(road.dir == -1 || road.dir == d){
                        newCost += 100;
                    }
                    else {
                        newCost += 600;
                    }
                    
                    //방문하지 않았거나, 이미 board배열에 저장된 값이 더 큰 경우에만 접근
                    if(!visited[nr][nc][d] || board[nr][nc] >= newCost){
                        queue.offer(new Road(nr, nc, d, newCost));
                        visited[nr][nc][d] = true;
                        board[nr][nc] = newCost;
                    }
                
            }
        }
        
        return min;
    }
    
    public class Road{
        int r;
        int c;
        int dir;
        int cost;
        
        public Road(int r, int c, int dir, int cost){
            this.r = r;
            this.c = c;
            this.dir = dir;
            this.cost = cost;
        }
    }

}

• boolean 을 3차원으로 생성하면서, 이전까지 다른 방향에서 진행하다, 같은 점에서 멈춰 같은 방향에서 들어오는 예외사항을 방지하였다.
  • 예시로 아래 그림이 있다.

• 이런 경우, 어짜피 해당 경로를 진행하면서 먼저 들어오는 값이 최소 비용이기 때문에, 굳이 접근을 안해도 된다고 생각했다.

결과

회고

• 역시 레벨3은 어렵다...