[BFS]탈출

재밌는 문제가 있어서 풀어보았다.

문제

사악한 암흑의 군주 이민혁은 드디어 마법 구슬을 손에 넣었고, 그 능력을 실험해보기 위해 근처의 티떱숲에 홍수를 일으키려고 한다. 이 숲에는 고슴도치가 한 마리 살고 있다. 고슴도치는 제일 친한 친구인 비버의 굴로 가능한 빨리 도망가 홍수를 피하려고 한다.

티떱숲의 지도는 R행 C열로 이루어져 있다. 비어있는 곳은 '.'로 표시되어 있고, 물이 차있는 지역은 '*', 돌은 'X'로 표시되어 있다. 비버의 굴은 'D'로, 고슴도치의 위치는 'S'로 나타내어져 있다.

매 분마다 고슴도치는 현재 있는 칸과 인접한 네 칸 중 하나로 이동할 수 있다. (위, 아래, 오른쪽, 왼쪽) 물도 매 분마다 비어있는 칸으로 확장한다. 물이 있는 칸과 인접해있는 비어있는 칸(적어도 한 변을 공유)은 물이 차게 된다. 물과 고슴도치는 돌을 통과할 수 없다. 또, 고슴도치는 물로 차있는 구역으로 이동할 수 없고, 물도 비버의 소굴로 이동할 수 없다.

티떱숲의 지도가 주어졌을 때, 고슴도치가 안전하게 비버의 굴로 이동하기 위해 필요한 최소 시간을 구하는 프로그램을 작성하시오.

고슴도치는 물이 찰 예정인 칸으로 이동할 수 없다. 즉, 다음 시간에 물이 찰 예정인 칸으로 고슴도치는 이동할 수 없다. 이동할 수 있으면 고슴도치가 물에 빠지기 때문이다. 

입력

첫째 줄에 50보다 작거나 같은 자연수 R과 C가 주어진다.

다음 R개 줄에는 티떱숲의 지도가 주어지며, 문제에서 설명한 문자만 주어진다. 'D'와 'S'는 하나씩만 주어진다.

출력

첫째 줄에 고슴도치가 비버의 굴로 이동할 수 있는 가장 빠른 시간을 출력한다. 만약, 안전하게 비버의 굴로 이동할 수 없다면, "KAKTUS"를 출력한다.

지금까지 bfs를 풀어보았지만 아직까지도 헷갈리는것 같다. 이문제가 처음에 헷갈렸던 이유는 조건이 많아서 어떻게 접근해야 할지가 난감한것이었는데,

그중 물이 다가오는 구역을 다루는것을 코드로 변환하기가 어려웠다. 

이 문제의 해결법은 물이 차오르는 구역을 bfs로 시간대별로 구한 뒤, 고슴도치가 갈려고 할 때마다 시간검사를하여 물이 차오를 구역인지 확인하는 것이다.

또 하나 배운 점은 다람쥐굴과 시작위치를 따로 변수처리하여 한번에 저장한다는 점이었다. 솔직히 간단한 방법이고 필수적인 과정인데 생각치 못하고 넘어갔다..

BFS를 풀게되면 대부분 큐를 이용하여 구하게 되는데 주의해야 할 점으론 무한루프에 빠지지 않게 해줘야 한다는 점이다. 아무래도 조건이 많아지고 생각할 것이

많아지게되면 조건하나에 어이없게 무한루프가 빠지기도 했다.. 이러한 문제를 풀 땐 어떻게 문제를 해결할지 생각하고, 조건을 잘 설정해줘야한다는 점또한 배웠다.

#include <iostream>
#include <tuple>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>
using namespace std;
int water[50][50];
int d[50][50];
int dx[] = { 0,0,1,-1 };
int dy[] = { 1,-1,0,0 };
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<string> a(n);
    for (int i = 0; i<n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    memset(water, -1, sizeof(water));
    queue<pair<int, int>> q;
    int sx, sy, ex, ey;
    for (int i = 0; i<n; i++) {
        for (int j = 0; j<m; j++) {
            if (a[i][j] == '*') {
                q.push(make_pair(i, j));
                water[i][j] = 0;
            }
            else if (a[i][j] == 'S') {
                sx = i;
                sy = j;
            }
            else if (a[i][j] == 'D') {
                ex = i;
                ey = j;
            }
        }
    }
    while (!q.empty()) {
        int x, y;
        tie(x, y) = q.front(); q.pop();
        for (int k = 0; k<4; k++) {
            int nx = x + dx[k];
            int ny = y + dy[k];
            if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) {
                continue;
            }
            if (water[nx][ny] != -1) continue;
            if (a[nx][ny] == 'X') continue;
            if (a[nx][ny] == 'D') continue;
            water[nx][ny] = water[x][y] + 1;
            q.push(make_pair(nx, ny));
        }
    }
    memset(d, -1, sizeof(d));
    q.push(make_pair(sx, sy));
    d[sx][sy] = 0;
    while (!q.empty()) {
        int x, y;
        tie(x, y) = q.front(); q.pop();
        for (int k = 0; k<4; k++) {
            int nx = x + dx[k];
            int ny = y + dy[k];
            if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) {
                continue;
            }
            if (d[nx][ny] != -1) continue;
            if (a[nx][ny] == 'X') continue;
            if (water[nx][ny] != -1 && d[x][y] + 1 >= water[nx][ny]) continue;
            d[nx][ny] = d[x][y] + 1;
            q.push(make_pair(nx, ny));
        }
    }
    if (d[ex][ey] == -1) {
        cout << "KAKTUS\n";
    }
    else {
        cout << d[ex][ey] << '\n';
    }
    return 0;
}