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알고리즘 박살내기 - 32. 최단 경로 알고리즘 기초 문제 풀이
May 23, 2022
Introduction
본 포스트는 알고리즘 학습에 대한 정리를 재대로 하기 위하여 남기는 것입니다. 더불어 기본 내용은 나동빈 저의 〖이것이 취업을 위한 코딩 테스트다〗라는 교재 및 유튜브 강의의 내용에서 발췌했고, 그 외 추가적인 궁금 사항들을 검색 및 정리해둔 것입니다.
전보
문제 설명
- 어떤 나라에 N개의 도시가 있습니다. 각 도시는 보내고자 하는 메시지가 있고, 다른 도시로 전보를 보내 다른 도시로 해당 메시지를 전송합니다.
- 하지만 X라는 도시에서 Y라는 도시로 전보를 보내고자 하면, 도시 X에서 Y로 향하는 통로가 설치되어있어야합니다. 예를 들어 X에서 Y로 향하는 통로는 있지만, Y에서 X로 향하는 통로가 없다면 Y는 X로 메시지를 보낼 수 없습니다. 또한 통로를 거쳐 메시지를 보낼 때는 일정 시간이 소요됩니다.
- 어느날 C라는 도시에서 위급 상황이 발생했습니다. 그래서 최대한 많은 도시로 메시지를 보내고자 합니다. 메시지는 도시 C에서 출발하여 각 도시 사이에 설치된 통로를 거쳐 최대한 많이 퍼져 나갈 것입니다.
- 각 도시의 번호와 통로가 설치되어 있는 정보가 주어졌을 때 도시 C에서 보낸 메시지를 받게 되는 도시의 개수는 총 몇 개이며 모두 메시지를 받는데 걸리는 시간은 얼마인지 계산하는 프로그램을 작성하십시오.
문제 조건
- 난이도 : ● ● ●
- 풀이시간 : 60분
- 시간제한 : 1초
- 메모리 제한 : 128MB
- 입력 조건 :
- 첫째 줄에 도시의 개수 N, 통로 개수 M, 메시지를 보내고자 하는 도시 C가 주어진다. (1 <= N <= 30000, 1<= M <= 200,000, 1 <= C <= N)
- 둘째 줄부터 M + 1번째 줄에 걸쳐서 통로에 대한 정보 X, Y, Z 가 주어진다. 이는 특정 X도시에서 다른도시 Y로 이어지는 통로가 있고, 메시지 전달 시간을 Z를 의미합니다. (1 <= X, Y <= N, 1 <= Z <= 1000)
- 출력 조건 :
- 첫째 줄에 C에서 보낸 메시지 총 개수와 걸리는 시간을 공백으로 구분하여 출력한다.
- 입츨력 예시 :
# 입력 예시
3 2 1
1 2 4
1 3 2
# 출력 예시
2 4문제 해결 아이디어
- 핵심 아이디어 : 한 도시에서 다른 도시까지의 최단 거리문제로 치환이 됩니다.
- N과 M의 범위가 충분히 크므로 우선순위 큐 + 다익스트라 알고리즘을 활용하여 문제를 구현합니다. (플로이드워셜 알고리즘은 너무 느립니다.)
답안 예시(Python)
import heapq
import sys
input = sys.stdin.readline
INF = int(1e9)
# 무한을 의미하는 값으로 10억을 설정
# 간선 정보를 입력 받는다.
for _ in range(m):
# a번 노드에서 b번 노드로 가는 비용이 c 라는 의미
a, b, c = map(int, input().split())
graph[a].append((b, c))
def dijkstra(start):
q = []
# 시작 위치 설정
heapq.heappush(q, (0, start))
distance[start] = 0
while q:
dist, now = heapq.heappop(q):
if distance[now] < dist: # 현재 지정된 노가 이미 처리되어 dist 값보다 작다면 처리 안함
continue
# 인접 노드 탐색
for i in graph[now]:
cost = dist + i[0]
# 현재 해당 노드까지 가는데 걸리는 비용이 작은 경우 갱신
if cost < distance[i[0]]
distance[i[0]] = cost
# 갱신의 핵심인 priority que 사용
heapq.heappush(q, (cost, i[0]))
# Node 개수, 간선의 개수를 입력받기
n, m, start= map(int, input().split())
# 각 노드에 연결된 정보 리스트
graph = [[] for i in range(n + 1)]
# 최단 거리 테이블
distance = [INF] * (n + 1)
# 해당 예제는 기존 방문 테이블이 따로 존재하지 않음
dijkstra(start)
count = 0
max_distance = 0
for d in distance:
if d != 1e9:
count += 1
max_distance = max(max_distance, 0)
print(count - 1, max_distance)
답안 예시(C++)
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 1e9 // 무한을 의미하는 값으로 10억을 설정
using namespace std;
// 노드의 개수(N), 간선의 개수(M), 시작 노드 번호(Start)
int n, m, start;
// 각 노드에 연결되어 있는 노드에 대한 정보를 담는 배열
vector<pair<int, int> > graph[30001];
// 최단 거리 테이블 만들기
int d[30001];
void dijkstra(int start) {
priority_queue<pair<int, int> > pq;
// 시작 노드로 가기 위한 최단 경로는 0으로 설정하여, 큐에 삽입
pq.push({0, start});
d[start] = 0;
while (!pq.empty()) { // 큐가 비어있지 않다면
// 가장 최단 거리가 짧은 노드에 대한 정보 꺼내기
int dist = -pq.top().first; // 현재 노드까지의 비용
int now = pq.top().second; // 현재 노드
pq.pop();
// 현재 노드가 이미 처리된 적이 있는 노드라면 무시
if (d[now] < dist) continue;
// 현재 노드와 연결된 다른 인접한 노드들을 확인
for (int i = 0; i < graph[now].size(); i++) {
int cost = dist + graph[now][i].second;
// 현재 노드를 거쳐서, 다른 노드로 이동하는 거리가 더 짧은 경우
if (cost < d[graph[now][i].first]) {
d[graph[now][i].first] = cost;
pq.push(make_pair(-cost, graph[now][i].first));
}
}
}
}
int main(void) {
cin >> n >> m >> start;
// 모든 간선 정보를 입력받기
for (int i = 0; i < m; i++) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
// X번 노드에서 Y번 노드로 가는 비용이 Z라는 의미
graph[x].push_back({y, z});
}
// 최단 거리 테이블을 모두 무한으로 초기화
fill(d, d + 30001, INF);
// 다익스트라 알고리즘을 수행
dijkstra(start);
// 도달할 수 있는 노드의 개수
int count = 0;
// 도달할 수 있는 노드 중에서, 가장 멀리 있는 노드와의 최단 거리
int maxDistance = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 도달할 수 있는 노드인 경우
if (d[i] != INF) {
count += 1;
maxDistance = max(maxDistance, d[i]);
}
}
// 시작 노드는 제외해야 하므로 count - 1을 출력
cout << count - 1 << ' ' << maxDistance << '\n';
}미래 도시
문제 설명
- 미래 도시에는 1번부터 N번까지 회사가 있는데 특정 회사끼리는 서로 도로를 통해 연결되어 있습니다ㅏ. 방문 판매원 A는 현재 1번 회사에 위치하며 X번 회사에 방문해 물건을 판매하고자 합니다.
- 미래 도시에서 특정한 휘사에 도착하기 위한 방법은 회사끼리 연결된 도로를 이용하는 방법이 유일하며, 연결된 2개의 회사는 양방향으로 이동할 수 있습니다. 공중 미래 도시에서 특정 회사와 다른 회사가 도로로 연결되어 있다면 정확히 1만큼의 시간으로 이동할 수 있습니다.
- 또한 오늘 방문 판매원 A는 기대하던 소개팅에도 참석하고자 합니다. 소개팅의 상대는 K번 회사에 존재한다. 방문 판매원 A는 X번 회사에 가서 물건을 판매하기 전에 먼저 소개팅 상대의 회사에 찾아가서 함께 커피를 마실 예정입니다. 따라서 방문 판매원 A는 1번 회사에서 출발하여 k번 회사를 방문 한 뒤 X번 회사로 가는 것이 목표입니다. 이때 방문 판매원 A는 가능한 빠르게 이동하려고 합니다.
- 방문 판매원이 회사 사이를 이동하게 되는 최소시간을 계산하는 프로그램을 작성하십시오.
문제 조건
- 난이도 : ● ● ○
- 풀이시간 : 40분
- 시간 제한 : 1초
- 메모리 제한 : 128MB
- 입력 조건 :
- 첫째 줄에 전체 회사의 개수 N과 경로의 개수 M이 공백으로 구분되어 차례로 주어집니다. (1 <= N, M <= 100)
- 둘째 줄부처 M + 1번째 줄에는 연결된 두 회사의 번호가 공백으로 주어집니다.
- M + 2번째 줄에는 X와 K가 공백으로 구분되어 차례로 주어집니다.(1<= K <= 100)
- 출력 조건 :
- 첫째 줄에 방문판매원 A가 K번 회사를 거쳐 X 번 회사로 가는 최소 이동 시간을 출력합니다.
- 만약 X번 회사에 도달할 수 없다면 -1 을 출력합니다.
- 입출력 예시 :
# 입력 예시
5 7
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
3 5
4 5
4 5
# 출력 예시
3문제 해결 아이디어
- 핵심 아이디어 : 전형적인 최단거리 문제이므로, 최단거리 알고리즘을 이용해 해결합니다.
- N의 크기가 최대 100으로 지정되어 있어, 플로이드 워셜 알고리즘을 활용해 효율적으로 해결이 가능합니다.(수행 시간 측면에서 아쉽지만, 상당히 쉽게 구현이 가능하니까)
- 플로이드 워셜 알고리즘 수행 후 1번 노드부터 X까지의 최단 거리 + X에서 K까지의 최단 거리를 정답으로 출력하면 됩니다.
답안 예시(Python)
INF = int(1e9) # 무한을 의미하는 값으로 10억을 설정
# 노드의 개수 및 간선의 개수를 입력받기
n, m = map(int, input().split())
# 2차원 리스트(그래프 표현)를 만들고, 모든 값을 무한으로 초기화
graph = [[INF] * (n + 1) for _ in range(n + 1)]
# 자기 자신에서 자기 자신으로 가는 비용은 0으로 초기화
for a in range (1, n + 1):
for b in range(1, n + 1):
if a == b:
graph[a][b] = 0
# 각 간선에 대한 정보를 입력 받아, 그 값으로 초기화
for _ in range(m):
# A와 B가 서로에게 가는 비용은 1이라고 설정
a, b = map(int, input().split())
graph[a][b] = 1
graph[b][1] = 1
# 거쳐 갈 노드 X와 최종 목적지 노드 K를 입력받기
x, k = map(int, input().split())
# 점화식에 따라 플로이드 워셜 알고리즘을 수행
for k in range(1, n + 1):
for a in range(1, n + 1):
for b in range(1, n + 1):
graph[a][b] = min(graph[a][b], graph[a][k] + graph[k][b])
# 수행된 결과를 출력
distance = graph[1][k] + graph[k][x]
# 도달할 수 없는 경우는 -1, 아닌 경우 최단 거리 출력
if distance >= INF:
print("-1")
else:
print(distance)답안 예시(C++)
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 1e9 // 무한을 의미하는 값으로 10억을 설정
using namespace std;
// 노드의 개수(N), 간선의 개수(M)
int n, m;
// 2차원 배열(그래프 표현)를 만들기
int graph[101][101];
int main(void) {
cin >> n >> m;
// 최단 거리 테이블을 모두 무한으로 초기화
for (int i = 0; i < 101; i++)
fill(graph[i], graph[i] + 101, INF);
// 자기 자신에서 자기 자신으로 가는 비용은 0으로 초기화
for (int a = 1; a <= n; a++)
{
for (int b = 1; b <= n; b++)
if (a == b) graph[a][b] = 0;
}
// 각 간선에 대한 정보를 입력 받아, 그 값으로 초기화
for (int i = 0; i < m; i++) {
// A와 B가 서로에게 가는 비용은 1이라고 설정
int a, b;
cin >> a >> b;
graph[a][b] = 1;
graph[b][a] = 1;
}
// 거쳐 갈 노드 X와 최종 목적지 노드 K를 입력받기
int x, k;
cin >> x >> k;
// 점화식에 따라 플로이드 워셜 알고리즘을 수행
for (int k = 1; k <= n; k++)
{
for (int a = 1; a <= n; a++)
{
for (int b = 1; b <= n; b++)
graph[a][b] = min(graph[a][b], graph[a][k] + graph[k][b]);
}
}
// 수행된 결과를 출력
int distance = graph[1][k] + graph[k][x];
// 도달할 수 없는 경우, -1을 출력
if (distance >= INF)
cout << "-1" << '\n';
// 도달할 수 있다면, 최단 거리를 출력
else
cout << distance << '\n';
}