Programmers, Summer/Winter Coding(~2018), 구현, ‘배달’
프로그래머스 Summer/Winter Coding(~2018)문제 중 12978번 ‘배달’
https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/12978?language=python3
문제설명
N개의 마을로 이루어진 나라가 있습니다. 이 나라의 각 마을에는 1부터 N까지의 번호가 각각 하나씩 부여되어 있습니다. 각 마을은 양방향으로 통행할 수 있는 도로로 연결되어 있는데, 서로 다른 마을 간에 이동할 때는 이 도로를 지나야 합니다. 도로를 지날 때 걸리는 시간은 도로별로 다릅니다. 현재 1번 마을에 있는 음식점에서 각 마을로 음식 배달을 하려고 합니다. 각 마을로부터 음식 주문을 받으려고 하는데, N개의 마을 중에서 K 시간 이하로 배달이 가능한 마을에서만 주문을 받으려고 합니다. 다음은 N = 5, K = 3인 경우의 예시입니다.
위 그림에서 1번 마을에 있는 음식점은 [1, 2, 4, 5] 번 마을까지는 3 이하의 시간에 배달할 수 있습니다. 그러나 3번 마을까지는 3시간 이내로 배달할 수 있는 경로가 없으므로 3번 마을에서는 주문을 받지 않습니다. 따라서 1번 마을에 있는 음식점이 배달 주문을 받을 수 있는 마을은 4개가 됩니다. 마을의 개수 N, 각 마을을 연결하는 도로의 정보 road, 음식 배달이 가능한 시간 K가 매개변수로 주어질 때, 음식 주문을 받을 수 있는 마을의 개수를 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
제한사항
- 마을의 개수 N은 1 이상 50 이하의 자연수입니다.
- road의 길이(도로 정보의 개수)는 1 이상 2,000 이하입니다.
- road의 각 원소는 마을을 연결하고 있는 각 도로의 정보를 나타냅니다.
- road는 길이가 3인 배열이며, 순서대로 (a, b, c)를 나타냅니다.
- a, b(1 ≤ a, b ≤ N, a != b)는 도로가 연결하는 두 마을의 번호이며, c(1 ≤ c ≤ 10,000, c는 자연수)는 도로를 지나는데 걸리는 시간입니다.
- 두 마을 a, b를 연결하는 도로는 여러 개가 있을 수 있습니다.
- 한 도로의 정보가 여러 번 중복해서 주어지지 않습니다.
- K는 음식 배달이 가능한 시간을 나타내며, 1 이상 500,000 이하입니다.
- 임의의 두 마을간에 항상 이동 가능한 경로가 존재합니다.
- 1번 마을에 있는 음식점이 K 이하의 시간에 배달이 가능한 마을의 개수를 return 하면 됩니다.
입출력 예
| N | road | K | result |
|---|---|---|---|
| 5 | [ [ 1,2,1 ], [ 2,3,3 ], [ 5,2,2 ], [ 1,4,2 ], [ 5,3,1 ], [ 5,4,2 ] ] | 3 | 4 |
| 6 | [ [ 1,2,1 ], [ 1,3,2 ], [ 2,3,2 ], [ 3,4,3 ], [ 3,5,2 ], [ 3,5,3 ], [ 5,6,1 ] ] | 4 | 4 |
입출력 설명 예
입출력 예 #1 문제의 예시와 같습니다.
입출력 예 #2 주어진 마을과 도로의 모양은 아래 그림과 같습니다.
1번 마을에서 배달에 4시간 이하가 걸리는 마을은 [1, 2, 3, 5] 4개이므로 4를 return 합니다.
풀이
Try 1
처음에는 DFS로 접근 했는데 32번 케이스가 시간초과가 통과 되지 않았다. 시간제한이 따로 명시되어있진 않지만 더 최적화가 필요했다.
from collections import defaultdict
def solution(N, road, K):
graph = defaultdict(list)
sum_time = 0
for r in road:
sum_time += r[2]
graph[r[0]].append([r[1], r[2]])
graph[r[1]].append([r[0], r[2]])
if sum_time <= K:
return N
visited = [False] * (N + 1)
possible = set()
def dfs(city=1, total=0):
if len(possible) > N:
return
if total > K:
return
else:
possible.add(city)
for next_city, next_time in graph[city]:
if not visited[next_city]:
visited[next_city] = True
dfs(next_city, total + next_time)
visited[next_city] = False
dfs()
return len(possible)
Try 2
DFS는 대부분의 경우에서 훌륭한 완전탐색 방법이다. 모든 경우의 수를 빠지지 않고 완전탐색할 수 있다. 하지만 이 문제는 단순히 갈 수 있다 없다를 탐색하는게 아닌 가중치를 비교해 최단의 경로를 찾아 내는 문제이다. 이런 문제에는 가중치가 있는 최단 경로를 찾는데 최적화된 다익스트라 알고리즘이 가장 적절하다. 다익스트라 알고리즘을 간략히 설명하면 각각의 노드에서 최단의 경로를 그리다하게 선택하고나서 해당 노드에대한 가중치의 계산은 최적이라 가정하며 더 이상 계산하지 않는다. 이 상태에서 다음으로 갈 수 있는 노드 중 가장 최단의 경로를 선택한다. 최단의 경로를 선택하는 과정을 반복한다. 알고리즘의 특성상 우선순위큐와 BFS가 잘 어울리고 이를 통해 다익스트라를 구현하면 코드는 다음과 같다.
from collections import defaultdict, deque
import heapq
import sys
def solution(N, road, K):
graph = defaultdict(list)
# 입력으로 주어진 그래프를 defaultdict로 정리한다. {도시: [걸리는시간: 다음도시]}
for r in road:
graph[r[0]].append([r[2], r[1]])
graph[r[1]].append([r[2], r[0]])
def bfs():
# 각 노드마다 가중치의 최단 거리를 저장할 배열을 선언하고, 시작점의 가중치는 0으로 초기화한다.
delivery = [sys.maxsize] * (N + 1)
delivery[1] = 0
q = []
# 파이썬은 최소힙을 따르므로 최소시간을 기준으로 추출하기 위해
# [시간, 도시이름] 형식으로 힙에 추가해준다.
heapq.heappush(q, [0, 1])
while q:
t, c = heapq.heappop(q)
# 만약 가중치에 저장된 값이 이미 t이상이면 탐색을 하지않고, t보다 작다면 탐색한다.
if delivery[c] <= t:
for nt, nc in graph[c]:
if t + nt < delivery[nc]:
delivery[nc] = t + nt
heapq.heappush(q, [delivery[nc], nc])
# 모든 경로를 다익스트라로 조사한뒤 가중치가 K 이하인 도시의 수를 계산한다.
answer = 0
for d in delivery:
if d <= K:
answer += 1
print(answer)
print(delivery)
return answer
return bfs()
solution(5, [[1,2,1],[2,3,3],[5,2,2],[1,4,2],[5,3,1],[5,4,2]], 3)
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