[C++] 백준(BOJ) - 17143 : 낚시왕

20 Mar 2024 in Develop on C++, Algorithm

인프런에 있는 큰돌님의 강의 10주완성 C++ 코딩테스트 | 알고리즘 코딩테스트를 듣고 정리한 필기입니다.

• 문제
• 입력
• 출력
• 알고리즘
• 풀이
• 코드
• 평가

문제

BOJ - 17143 : 낚시왕(링크)

낚시왕이 상어 낚시를 하는 곳은 크기가 R×C인 격자판으로 나타낼 수 있다. 격자판의 각 칸은 (r, c)로 나타낼 수 있다. r은 행, c는 열이고, (R, C)는 아래 그림에서 가장 오른쪽 아래에 있는 칸이다. 칸에는 상어가 최대 한 마리 들어있을 수 있다. 상어는 크기와 속도를 가지고 있다.

낚시왕은 처음에 1번 열의 한 칸 왼쪽에 있다. 다음은 1초 동안 일어나는 일이며, 아래 적힌 순서대로 일어난다. 낚시왕은 가장 오른쪽 열의 오른쪽 칸에 이동하면 이동을 멈춘다.

1. 낚시왕이 오른쪽으로 한 칸 이동한다.
2. 낚시왕이 있는 열에 있는 상어 중에서 땅과 제일 가까운 상어를 잡는다. 상어를 잡으면 격자판에서 잡은 상어가 사라진다.
3. 상어가 이동한다.

상어는 입력으로 주어진 속도로 이동하고, 속도의 단위는 칸/초이다. 상어가 이동하려고 하는 칸이 격자판의 경계를 넘는 경우에는 방향을 반대로 바꿔서 속력을 유지한채로 이동한다.

왼쪽 그림의 상태에서 1초가 지나면 오른쪽 상태가 된다. 상어가 보고 있는 방향이 속도의 방향, 왼쪽 아래에 적힌 정수는 속력이다. 왼쪽 위에 상어를 구분하기 위해 문자를 적었다.

상어가 이동을 마친 후에 한 칸에 상어가 두 마리 이상 있을 수 있다. 이때는 크기가 가장 큰 상어가 나머지 상어를 모두 잡아먹는다.

낚시왕이 상어 낚시를 하는 격자판의 상태가 주어졌을 때, 낚시왕이 잡은 상어 크기의 합을 구해보자.

입력

첫째 줄에 격자판의 크기 R, C와 상어의 수 M이 주어진다. (2 ≤ R, C ≤ 100, 0 ≤ M ≤ R×C)

둘째 줄부터 M개의 줄에 상어의 정보가 주어진다. 상어의 정보는 다섯 정수 r, c, s, d, z (1 ≤ r ≤ R, 1 ≤ c ≤ C, 0 ≤ s ≤ 1000, 1 ≤ d ≤ 4, 1 ≤ z ≤ 10000) 로 이루어져 있다. (r, c)는 상어의 위치, s는 속력, d는 이동 방향, z는 크기이다. d가 1인 경우는 위, 2인 경우는 아래, 3인 경우는 오른쪽, 4인 경우는 왼쪽을 의미한다.

두 상어가 같은 크기를 갖는 경우는 없고, 하나의 칸에 둘 이상의 상어가 있는 경우는 없다.

출력

낚시왕이 잡은 상어 크기의 합을 출력한다.

알고리즘

1. 구현
2. 모듈러 연산
3. XOR 연산

풀이

• 네 가지 로직으로 구성되는 문제
  • 사람 Move
  • 상어 잡기
  • 상어 Move
    • 모듈러 연산
      • 시간 초과 방지를 위해 모듈러 연산사용
    • XOR 연산
      • 0,1,2,3 을 dir로 잡고 dir ^= 1을 하게 되면 방향벡터 전환이 가능
    • 상어가 왼쪽, 오른쪽 벽에 부딪히는 경우 방향전환을 하고 남은 거리만큼 더 진행하는 로직 필요
  • 상어 Die

코드

// BOJ - 17143 : 낚시왕
#include <bits/stdc++.h>
#define max_n 104
using namespace std;

const int INF = 2147000000;
const int dy[] = { -1, 1,0,0 };
const int dx[] = { 0, 0, 1,-1 };

int R, C, M, shark[max_n][max_n], tmp[max_n][max_n], res;

struct Shark {
	int y, x, s, dir, z, death;
}a[max_n*max_n];

int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);

	cin >> R >> C >> M;

	for (int i = 1; i <= M; i++)
	{
		cin >> a[i].y >> a[i].x >> a[i].s >> a[i].dir >> a[i].z;
		a[i].y--; a[i].x--; a[i].dir--;
		
		// 모듈러 연산을 통해 이동 후 결과 위치 바로 계산
		if (a[i].dir <= 1) a[i].s %= (2 * (R - 1));
		else a[i].s %= (2 * (C - 1));

		// 상어 위치 인덱스 저장
		shark[a[i].y][a[i].x] = i;
	}

	// 사람 Move
	for (int t = 0; t < C; t++)
	{
		for (int y = 0; y < R; y++)
		{
			if (shark[y][t])
			{
				a[shark[y][t]].death = 1;
				res += a[shark[y][t]].z;
				shark[y][t] = 0;
				break;
			}
		}
		memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
		for (int i = 1; i <= M; i++)
		{
			if (a[i].death) continue; // 죽은상어 이동 제외

			// 중간변수
			int y = a[i].y;
			int x = a[i].x;
			int s = a[i].s;
			int d = a[i].dir;
			int ny, nx;

			while (1)
			{
				ny = y + s * dy[d];
				nx = x + s * dx[d];
				if (ny >= 0 && nx >= 0 && ny < R && nx < C) break; // 범위내에 있으면 break

				// 왼쪽 벽 오른쪽 벽에 부딪혔을 때, 방향전환하면서 남은 거리 s만큼 더 진행하게 끔 하는 로직
				if (d <= 1)
				{
					if (ny < 0)
					{
						s -= y;
						y = 0;
					}
					else
					{
						s -= R - 1 - y;
						y = R - 1;
					}
				}
				else
				{
					if (nx < 0)
					{
						s -= x;
						x = 0;
					}
					else
					{
						s -= C - 1 - x;
						x = C - 1;
					}
				}
				d ^= 1; // XOR 연산을 통해 방향 전환
			}

			// 상어끼리 죽이는 경우
			if (tmp[ny][nx])
			{
				if (a[tmp[ny][nx]].z < a[i].z)
				{
					a[tmp[ny][nx]].death = 1;
					tmp[ny][nx] = i;
				}
				else {
					a[i].death = 1;
				}
			}
			else
			{
				tmp[ny][nx] = i;
			}

			a[i].y = ny;
			a[i].x = nx;
			a[i].dir = d;
		}
		memcpy(shark, tmp, sizeof(tmp)); // 임시 배열을 상어 위치 배열에 복사
	}
	cout << res << '\n';

	return 0;
}

평가

• 단순 구현 문제지만 시간복잡도 문제를 해결하기 위한 모듈러 연산과 방향전환을 매끄럽게 하기 위해 XOR 연산이 추가됨
• 구조체를 만들어서 일차원 배열에 상어를 저장하고 상어의 위치를 이차원배열에 따로 방문처리를 한다는 아이디어
  • 임시배열을 활용해서 상어의 원본 위치 배열을 건드리지 않고 탐색을 진행해 나간다