📚 아기 상어

문제

N×N 크기의 공간에 물고기 M마리와 아기 상어 1마리가 있다. 공간은 1×1 크기의 정사각형 칸으로 나누어져 있다. 한 칸에는 물고기가 최대 1마리 존재한다.

아기 상어와 물고기는 모두 크기를 가지고 있고, 이 크기는 자연수이다. 가장 처음에 아기 상어의 크기는 2이고, 아기 상어는 1초에 상하좌우로 인접한 한 칸씩 이동한다.

아기 상어는 자신의 크기보다 큰 물고기가 있는 칸은 지나갈 수 없고, 나머지 칸은 모두 지나갈 수 있다. 아기 상어는 자신의 크기보다 작은 물고기만 먹을 수 있다. 따라서, 크기가 같은 물고기는 먹을 수 없지만, 그 물고기가 있는 칸은 지나갈 수 있다.

아기 상어가 어디로 이동할지 결정하는 방법은 아래와 같다.

더 이상 먹을 수 있는 물고기가 공간에 없다면 아기 상어는 엄마 상어에게 도움을 요청한다.
먹을 수 있는 물고기가 1마리라면, 그 물고기를 먹으러 간다.
먹을 수 있는 물고기가 1마리보다 많다면, 거리가 가장 가까운 물고기를 먹으러 간다.
- 거리는 아기 상어가 있는 칸에서 물고기가 있는 칸으로 이동할 때, 지나야하는 칸의 개수의 최솟값이다.
- 거리가 가까운 물고기가 많다면, 가장 위에 있는 물고기, 그러한 물고기가 여러마리라면, 가장 왼쪽에 있는 물고기를 먹는다.

아기 상어의 이동은 1초 걸리고, 물고기를 먹는데 걸리는 시간은 없다고 가정한다. 즉, 아기 상어가 먹을 수 있는 물고기가 있는 칸으로 이동했다면, 이동과 동시에 물고기를 먹는다. 물고기를 먹으면, 그 칸은 빈 칸이 된다.

아기 상어는 자신의 크기와 같은 수의 물고기를 먹을 때 마다 크기가 1 증가한다. 예를 들어, 크기가 2인 아기 상어는 물고기를 2마리 먹으면 크기가 3이 된다.

공간의 상태가 주어졌을 때, 아기 상어가 몇 초 동안 엄마 상어에게 도움을 요청하지 않고 물고기를 잡아먹을 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 공간의 크기 N(2 ≤ N ≤ 20)이 주어진다.

둘째 줄부터 N개의 줄에 공간의 상태가 주어진다. 공간의 상태는 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 9로 이루어져 있고, 아래와 같은 의미를 가진다.

0: 빈 칸
1, 2, 3, 4, 5, 6: 칸에 있는 물고기의 크기
9: 아기 상어의 위치

아기 상어는 공간에 한 마리 있다.

출력

첫째 줄에 아기 상어가 엄마 상어에게 도움을 요청하지 않고 물고기를 잡아먹을 수 있는 시간을 출력한다.

예제 입력 1 복사

예제 출력 1 복사

예제 입력 2 복사

예제 출력 2 복사

예제 입력 3 복사

예제 출력 3 복사

예제 입력 4 복사

6
5 4 3 2 3 4
4 3 2 3 4 5
3 2 9 5 6 6
2 1 2 3 4 5
3 2 1 6 5 4
6 6 6 6 6 6

예제 출력 4 복사

예제 입력 5 복사

6
6 0 6 0 6 1
0 0 0 0 0 2
2 3 4 5 6 6
0 0 0 0 0 2
0 2 0 0 0 0
3 9 3 0 0 1

예제 출력 5 복사

예제 입력 6 복사

6
1 1 1 1 1 1
2 2 6 2 2 3
2 2 5 2 2 3
2 2 2 4 6 3
0 0 0 0 0 6
0 0 0 0 0 9

예제 출력 6 복사

✍ 접근

BFS + DP
시뮬레이션 / 구현
열심히 문제를 따라서 구현해야 하는 문제라는건 알았지만 BFS+DP.. 아주아주 어려웠다

정답코드

# ✨ 입력
import sys
import heapq
from collections import deque
input = sys.stdin.readline
N = int(input())
board = [list(map(int,input().split())) for _ in range(N)]

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

# ✨ BFS
def BFS(x,y):
    global size, cnt,res_time
    
    # ✨ while 1
    while True:
        dq = deque([])
        dq.append((x,y,0))
        ch_board = [[0]*N for _ in range(N)]
        ch_board[x][y] = 1
        hq = []
        max_time = N**2
        
        # ✨ while 2
        while dq:
            xx,yy,time = dq.popleft()
            if time > max_time:
                break
            for i in range(4):
                nx = xx+dx[i]
                ny = yy+dy[i]
                if 0<=nx<N and 0<=ny<N and ch_board[nx][ny] == 0 and board[nx][ny] <= size:
                    if 0< board[nx][ny]<size:
                        heapq.heappush(hq,(nx,ny,time+1))
                        max_time = time
                    dq.append((nx,ny,time+1))
                    ch_board[nx][ny] = 1
		
        # ✨ 물고기 먹으러가기
        if len(hq)>0:
            x,y,move = heapq.heappop(hq)
            res_time+=move
            cnt+=1
            board[x][y] = 0
            if cnt == size:
                cnt = 0
                size+=1
        else:
            break

# ✨ 준비
res_time = 0
size = 2
cnt = 0    
for i in range(N):
    for j in range(N):
        if board[i][j] == 9:
            board[i][j] = 0
            BFS(i,j)
            break

print(res_time)

해설

입력

문제에서 나온 값을 입력받는다

준비

res_time
아기 상어가 물고기를 다 먹을 때까지 걸리는 시간
size
아기 상어의 크기
cnt
아기 상어가 먹은 물고기의 개수
이중 for문을 돌면서 아기 상어의 위치가 발견되면
아기 상어의 위치를 board에서 0으로 초기화한다
그리고 BFS를 돌려준다
아기 상어는 한 마리이기 때문에 상어의 위치가 발견되면 빠르게 break해준다

BFS

아기 상어의 첫 시작 위치를 받는다
while 1
- 일반적인 bfs처럼 dq를 받아오고 상어의 위치와 시간을 append해준다
- 방문 위치 체크를 위한 ch_board를 만든다
  🚨 이 ch_board를 while문 내부에 만든 이유는, 상어가 가장 가까운 물고기를 냠냠 먹은 후 초기화해주어야 하기 때문이다 => 이렇게 하지 않으면 방문했던 공간을 또 방문할 수 없다!
- 🚨 heap 자료구조인 hq를 만든다.
  방문한 물고기의 위치 중 가장 가까운 물고기 중 가장 위, 가장 왼쪽 물고기를 찾을 필요 없이 자동으로 정렬된다
- 👀 max_time을 설정한다
  - while 2
    - 만약 time이 max_time보다 크면 == 다 돌았으면
      => while문을 끝낸다
    - for문을 통해 사방위를 돌고
      만약 아직 방문하지 않았고, 방문하려는 칸의 값이 상어와 같거나 작을 때
    - size보다 작은 물고기가 있을 때
      hq에 위치와 시간+1을 넣어주고
    - 👀 max_time을 갱신해준다
      => max_time을 갱신하는 이유는 같은 거리에 있는(같은 시간이 걸리는)물고기에 대해서 알기 위해서.
      => max_time을 사용하고 싶지 않다면 (time, x, y)로 넣으면 된다. 하지만 시간이 90=>280ms로 더 오래 걸린다
    - board가 비어있거나 상어의 size와 같은 물고기가 있다면 그냥 dq에 append해주고 방문을 기록해준다
  - 물고기 먹으러가기
    - 만약 len(hq)>0이라면 : 먹을 물고기가 있다면
      heappop으로 뽑아서 res_time에 물고기를 먹는 데까지 걸린 시간(move)를 더해주고
      물고기를 한 마리 먹었기 때문에 cnt+=1을 해주고
      이제 비워진 board를 0으로 갱신해준다
    - 만약 상어의 크기만큼 물고기를 먹었다면
      먹은 물고기 개수는 0으로 초기화하고
      상어의 크기를 1 늘려준다
    - 🚨 이 때 x와 y가 갱신되었기 때문에(물고기를 먹는 장소로 == 현재 상어가 이동한 위치)
      이 위치에서 while 1이 다시 시작된다
    - 만약 먹을 물고기가 없다면 break를 통해 while 2 문을 끝내준다.

⭐ 배움

BFS + DP
뭐 이런 문제가 있어 훌쩍훌쩍😢
BFS 내부에서 while문을 두 번 쓰는 경험
몇 번 다시 풀어보면서 확실하게 이해해야겠다!

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