[백준] 1600번 말이 되고픈 원숭이 c++

https://www.acmicpc.net/problem/1600

1600번: 말이 되고픈 원숭이

문제

동물원에서 막 탈출한 원숭이 한 마리가 세상구경을 하고 있다. 그 녀석은 말(Horse)이 되기를 간절히 원했다. 그래서 그는 말의 움직임을 유심히 살펴보고 그대로 따라 하기로 하였다. 말은 말이다. 말은 격자판에서 체스의 나이트와 같은 이동방식을 가진다. 다음 그림에 말의 이동방법이 나타나있다. x표시한 곳으로 말이 갈 수 있다는 뜻이다. 참고로 말은 장애물을 뛰어넘을 수 있다.

	x		x
x				x
		말
x				x
	x		x

근데 원숭이는 한 가지 착각하고 있는 것이 있다. 말은 저렇게 움직일 수 있지만 원숭이는 능력이 부족해서 총 K번만 위와 같이 움직일 수 있고, 그 외에는 그냥 인접한 칸으로만 움직일 수 있다. 대각선 방향은 인접한 칸에 포함되지 않는다.

이제 원숭이는 머나먼 여행길을 떠난다. 격자판의 맨 왼쪽 위에서 시작해서 맨 오른쪽 아래까지 가야한다. 인접한 네 방향으로 한 번 움직이는 것, 말의 움직임으로 한 번 움직이는 것, 모두 한 번의 동작으로 친다. 격자판이 주어졌을 때, 원숭이가 최소한의 동작으로 시작지점에서 도착지점까지 갈 수 있는 방법을 알아내는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 정수 K가 주어진다. 둘째 줄에 격자판의 가로길이 W, 세로길이 H가 주어진다. 그 다음 H줄에 걸쳐 W개의 숫자가 주어지는데, 0은 아무것도 없는 평지, 1은 장애물을 뜻한다. 장애물이 있는 곳으로는 이동할 수 없다. 시작점과 도착점은 항상 평지이다. W와 H는 1이상 200이하의 자연수이고, K는 0이상 30이하의 정수이다.

출력

첫째 줄에 원숭이의 동작수의 최솟값을 출력한다. 시작점에서 도착점까지 갈 수 없는 경우엔 -1을 출력한다.

 

 

문제접근 및 풀이

- 일반적인 bfs로 접근하여 쉽게 풀수 있는 문제이다. 

- 다만 말이동이라는 추가적인 조건이 붙어있기에 이를 고려해주어야 한다.

- 같은 좌표에 도달하더라도 k 값 즉 말 이동 횟수에 따라 다른 상태를 나타내므로 말 이동 횟수에 따라 방문체크를 달리해줘야 한다. 말이동을 해서 특정칸에 온 경우와 말이동을 쓰지 않고 온경우는 다르게 봐야하기 때문이다.

- 따라서 3차원 방문배열을 사용해야 한다. (x, y, k)

 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define VMAX 200
#define KMAX 31

using namespace std;

int k,w,h;
int b[VMAX][VMAX];
bool v[VMAX][VMAX][KMAX]={0};
int dx[12]={0, 0, 1, -1, -1, -2, -2, -1, 1, 2, 2, 1};
int dy[12]={1, -1, 0, 0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2}; // 0~3은 인접이동, 4~11은 말이동
void bfs(int sk){
  queue<pair<pair<int,int>,pair<int,int>>> q; // x,y, depth, k
  q.push({{0,0},{0,0}}); 
  v[0][0][0]=true;
  while(!q.empty()){
    int x = q.front().first.first;
    int y = q.front().first.second;
    int depth = q.front().second.first;
    int k = q.front().second.second;
    q.pop();
    if(x==h-1 && y==w-1){
      printf("%d", depth);
      return ;
    }
    for(int i=0; i<4; i++){
      int X = x + dx[i];
      int Y = y + dy[i];
      if(X>=0 && Y>=0 && X<h && Y<w && v[X][Y][k]==false && b[X][Y]==0){
        v[X][Y][k]=true;
        q.push({{X,Y},{depth+1,k}});
      }
    }
    if(sk > k){
      for(int i=4; i<12; i++){
      int X = x + dx[i];
      int Y = y + dy[i];
      if(X>=0 && Y>=0 && X<h && Y<w && v[X][Y][k+1]==0 && b[X][Y]==0){
        v[X][Y][k+1]=1;
        q.push({{X,Y},{depth+1,k+1}});
      }
    }
    }
  }
  printf("-1");
}

int main(){
  cin >> k;
  cin >> w >> h;
  for(int i=0; i<h; i++){
    for(int j=0; j<w; j++){
      scanf("%d", &b[i][j]);
    }
  }
  bfs(k);
  return 0;
}

 

느낀점

문제풀이 중간에 정답이 아닐 이유가 도저히없는데,, 왜 안되는거지?? 라는 생각을 가졌다. 한 50여분 고민끝에 답이 나오지 않자 나와 비슷하게 접근한 다른 사람의 코드는 한줄한줄 비교해 나갔다. 거의 다 비교가 끝나갈 무렵에도 내가 맞았다는 확신에 차있었다. 하지만 결국 내가 실수했다는 것을 깨닫게 되었다.

말이동을 할 경우 방문체크를 할때 k를 1 늘린 방문배열에 대해 확인을 해줘야 하는데 현재 k 값에 대해 방문체크를 하고 있었다...

-> 앞으로 생각한 후 코드를 짰는데도 오류가 있다면 반례 혹은 오류를 발견할때 까지 1시간정도의 시간을 소요해서 생각을 하는 시간을 갖자.