[백준] 17070. 파이프 옮기기 1 (자바 JAVA)

문제

유현이가 새 집으로 이사했다. 새 집의 크기는 N×N의 격자판으로 나타낼 수 있고, 1×1크기의 정사각형 칸으로 나누어져 있다. 각각의 칸은 (r, c)로 나타낼 수 있다. 여기서 r은 행의 번호, c는 열의 번호이고, 행과 열의 번호는 1부터 시작한다. 각각의 칸은 빈 칸이거나 벽이다.

오늘은 집 수리를 위해서 파이프 하나를 옮기려고 한다. 파이프는 아래와 같은 형태이고, 2개의 연속된 칸을 차지하는 크기이다.

파이프는 회전시킬 수 있으며, 아래와 같이 3가지 방향이 가능하다.

파이프는 매우 무겁기 때문에, 유현이는 파이프를 밀어서 이동시키려고 한다. 벽에는 새로운 벽지를 발랐기 때문에, 파이프가 벽을 긁으면 안 된다. 즉, 파이프는 항상 빈 칸만 차지해야 한다.

파이프를 밀 수 있는 방향은 총 3가지가 있으며, →, ↘, ↓ 방향이다. 파이프는 밀면서 회전시킬 수 있다. 회전은 45도만 회전시킬 수 있으며, 미는 방향은 오른쪽, 아래, 또는 오른쪽 아래 대각선 방향이어야 한다.

파이프가 가로로 놓여진 경우에 가능한 이동 방법은 총 2가지, 세로로 놓여진 경우에는 2가지, 대각선 방향으로 놓여진 경우에는 3가지가 있다.

아래 그림은 파이프가 놓여진 방향에 따라서 이동할 수 있는 방법을 모두 나타낸 것이고, 꼭 빈 칸이어야 하는 곳은 색으로 표시되어져 있다.

가로

 

세로

 

대각선

가장 처음에 파이프는 (1, 1)와 (1, 2)를 차지하고 있고, 방향은 가로이다. 파이프의 한쪽 끝을 (N, N)로 이동시키는 방법의 개수를 구해보자.

 

입력

첫째 줄에 집의 크기 N(3 ≤ N ≤ 16)이 주어진다. 둘째 줄부터 N개의 줄에는 집의 상태가 주어진다. 빈 칸은 0, 벽은 1로 주어진다. (1, 1)과 (1, 2)는 항상 빈 칸이다.

 

출력

첫째 줄에 파이프의 한쪽 끝을 (N, N)으로 이동시키는 방법의 수를 출력한다. 이동시킬 수 없는 경우에는 0을 출력한다. 방법의 수는 항상 1,000,000보다 작거나 같다.

 

예제 입력 1

3
0 0 0
0 0 0
0 0 0

 

예제 출력 1

1

예제 입력 2

4
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0

예제 출력 2

3

예제 입력 3

5
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

예제 출력 3

0

예제 입력 4

6
0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

예제 출력 4

13

 

 

 

접근 방법 🧐

(1,1)에서 (N,N)까지 이동하는 모든 가능한 경로를 탐색해야 하고,
파이프의 현재 위치와 방향(가로, 세로, 대각선)을 기준으로 다음에 어디로 이동하는 것이 결정되므로

DFS로 접근하는게 맞다고 생각했다.

 

문제에 따르면 이동 규칙은 다음과 같다.

이동 규칙

가로(0): 오른쪽(→), 대각선(↘)으로 이동 가능
세로(1): 아래(↓), 대각선(↘)으로 이동 가능
대각선(2): 오른쪽(→), 아래(↓), 대각선(↘) 모두 이동 가능
이동 가능하면 재귀적으로 다음 좌표로 이동

 

그래서 풀이 방법을 요약하면 다음과 같다.

1. 먼저 입력 처리를 위해 N x N 크기의 board[][]를 생성하여 벽(1)과 빈 칸(0)을 저장한다.
2. 탐색을 하기 위해 현재 파이프의 끝 위치 x, y와 현재 파이프의 방향인 direction을 인자로 받도록 DFS 메소드를 구성한다. 이때 direction을 0 = 가로, 1 = 세로, 2 = 대각선으로 해서 파이프의 방향(이동 방향)을 설정한다.

3. (N, N)에 도달하면 answer++ 하고 종료한다.

 

 

 

처음에 쓴 코드 ✍️

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
    private static int N, answer;
    private static int[][] board;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

        N = Integer.parseInt(br.readLine());

        board = new int[N + 1][N + 1];

        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
            for (int j = 1; j <= N; j++) {
                board[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
            }
        }

        DFS(1, 2, 0);

        System.out.println(answer);
    }

    private static void DFS(int x, int y, int direction) {
        if (x == N && y == N) {
            answer++;
            return;
        }

        switch (direction) { // direction이 0일 때는 파이프가 가로 방향, 1일 때는 세로 방향, 2일 때는 대각선 방향.
            case 0: // 파이프가 현재 가로 방향일 때 다음에 동쪽으로 갈 수 있는 경우
                if (y + 1 <= N && board[x][y + 1] == 0) {
                    DFS(x, y + 1, 0);
                }
                break;
            case 1: // 파이프가 현재 세로 방향일 때 다음에 남쪽으로 갈 수 있는 경우
                if (x + 1 <= N && board[x + 1][y] == 0) {
                    DFS(x + 1, y, 1);
                }
                break;
            case 2: // 파이프가 현재 대각선 방향일 때 다음에 동쪽 또는 남쪽으로 갈 수 있는 경우
                if (y + 1 <= N && board[x][y + 1] == 0) {
                    DFS(x, y + 1, 0);
                }

                if (x + 1 <= N && board[x + 1][y] == 0) {
                    DFS(x + 1, y, 1);
                }
                break;
        }

        // 파이프가 현재 방향에 상관 없이 다음에 대각선으로 갈 수 있는 경우
        if (x + 1 <= N &&
                y + 1 <= N &&
                board[x + 1][y] == 0 &&
                board[x][y + 1] == 0 &&
                board[x + 1][y + 1] == 0) {
            DFS(x + 1, y + 1, 2);
        }
    }
}

 

위 코드를 제출하면 정답 처리는 되었다.

하지만 이처럼 DFS(깊이 우선 탐색)로 모든 경우를 탐색하는 접근 방법은 최악의 경우 O(3^N) 의 시간 복잡도를 가질 수 있어 비효율적이다.

 

그래서 효율성을 높이기 위해 DP(동적계획법)을 사용해볼 수 있을 것이다.

 

 

 

효율성을 고려한 접근 방법 ✍️

DFS에서 같은 좌표(x, y)와 방향(direction)에 대해 중복 계산되는 부분을 저장하여 불필요한 연산을 줄일 수 있다.
이렇게 하기 위해서 메모이제이션(Memoization) 기법을 활용하여, 이미 계산된 결과를 dp 배열에 저장하고 재사용하면 된다.

 

이때 dp배열은 3차원 배열로 만들고,

dp[x][y][d]는 (x, y) 위치에서 방향 d(d = 0: 가로 (→) d = 1: 세로 (↓) d = 2: 대각선 (↘))로 파이프를 놓을 수 있는 경우의 수라고 할 수 있다.

 

그렇게 dp 점화식을 각 방향에 따라 이동 가능한 경우를 정의하고 이전 위치의 dp 값을 이용하여 현재 위치의 dp 값을 계산한다.

1. 가로(0) → (x, y)
이전 위치: (x, y-1)에서 가로(0) 또는 대각선(2)에서 이동 가능
dp[x][y][0] = dp[x][y-1][0] + dp[x][y-1][2]

 

2. 세로(1) → (x, y)
이전 위치: (x-1, y)에서 세로(1) 또는 대각선(2)에서 이동 가능
dp[x][y][1] = dp[x-1][y][1] + dp[x-1][y][2]

 

3. 대각선(2) → (x, y)
이전 위치: (x-1, y-1)에서 가로(0), 세로(1), 대각선(2)에서 이동 가능
dp[x][y][2] = dp[x-1][y-1][0] + dp[x-1][y-1][1] + dp[x-1][y-1][2]

(단, 대각선으로 이동하려면 (x, y-1), (x-1, y), (x, y) 세 칸이 모두 비어 있어야 한다.)

 

 

 

효율성을 높인 코드 ✍️

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
    private static int N, answer;
    private static int[][] board;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

        N = Integer.parseInt(br.readLine());

        int[][] board = new int[N + 1][N + 1];
        int[][][] dp = new int[N + 1][N + 1][3]; // (x, y) 위치에서 방향 d로 파이프를 놓을 수 있는 경우의 수

        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
            for (int j = 1; j <= N; j++) {
                board[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
            }
        }

        dp[1][2][0] = 1;

        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            for (int j = 1; j <= N; j++) {
                if (board[i][j] == 1) continue;

                // 1. 가로 방향
                if (j + 1 <= N && board[i][j + 1] == 0) {
                    // 현재 위치 (i, j)에서 가로(0) 또는 대각선(2)에서 이동 가능
                    dp[i][j + 1][0] += dp[i][j][0] + dp[i][j][2];
                }

                // 2. 세로 방향
                if (i + 1 <= N && board[i + 1][j] == 0) {
                    // 현재 위치 (i, j)에서 세로(1) 또는 대각선(2)에서 이동 가능
                    dp[i + 1][j][1] += dp[i][j][1] + dp[i][j][2];
                }

                // 3. 대각선 방향
                if (i + 1 <= N && j + 1 <= N &&
                board[i + 1][j] == 0 &&
                board[i][j + 1] == 0 &&
                board[i + 1][j + 1] == 0) {
                    // 현재 위치 (i, j)에서 가로(0) 또는 대각선(2)에서 이동 가능
                    dp[i + 1][j + 1][2] += dp[i][j][0] + dp[i][j][1] + dp[i][j][2];
                }
            }
        }
        
        // 마지막에 (N, N)에서의 모든 경우의 수를 출력
        int answer = dp[N][N][0] + dp[N][N][1] + dp[N][N][2];

        System.out.println(answer);
    }
}

DP 풀이를 하면 시간 복잡도가 O(N^2)가 된다는 것을 알 수 있다.

 

 

 

후기

실제 코테에서는 효율성을 평가하도록 난이도가 올라갈텐데 DP가 더 나은 풀이라고 생각된다.

 

 

 

 

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