프로그래머스[Lv.2] - 거리두기 확인하기

 

 

문제 설명

개발자를 희망하는 죠르디가 카카오에 면접을 보러 왔습니다.

코로나 바이러스 감염 예방을 위해 응시자들은 거리를 둬서 대기를 해야하는데 개발 직군 면접인 만큼
아래와 같은 규칙으로 대기실에 거리를 두고 앉도록 안내하고 있습니다.

• 대기실은 5개이며, 각 대기실은 5x5 크기입니다.
• 거리두기를 위하여 응시자들 끼리는 맨해튼 거리1가 2 이하로 앉지 말아 주세요.
• 단 응시자가 앉아있는 자리 사이가 파티션으로 막혀 있을 경우에는 허용합니다.

예를 들어,

5개의 대기실을 본 죠르디는 각 대기실에서 응시자들이 거리두기를 잘 기키고 있는지 알고 싶어졌습니다. 자리에 앉아있는 응시자들의 정보와 대기실 구조를 대기실별로 담은 2차원 문자열 배열 places가 매개변수로 주어집니다. 각 대기실별로 거리두기를 지키고 있으면 1을, 한 명이라도 지키지 않고 있으면 0을 배열에 담아 return 하도록 solution 함수를 완성해 주세요.

---

 

 

 

제한 사항

• places의 행 길이(대기실 개수) = 5
  • places의 각 행은 하나의 대기실 구조를 나타냅니다.
• places의 열 길이(대기실 세로 길이) = 5
• places의 원소는 P,O,X로 이루어진 문자열입니다.
  • places 원소의 길이(대기실 가로 길이) = 5
  • P는 응시자가 앉아있는 자리를 의미합니다.
  • O는 빈 테이블을 의미합니다.
  • X는 파티션을 의미합니다.
• 입력으로 주어지는 5개 대기실의 크기는 모두 5x5 입니다.
• return 값 형식
  • 1차원 정수 배열에 5개의 원소를 담아서 return 합니다.
  • places에 담겨 있는 5개 대기실의 순서대로, 거리두기 준수 여부를 차례대로 배열에 담습니다.
  • 각 대기실 별로 모든 응시자가 거리두기를 지키고 있으면 1을, 한 명이라도 지키지 않고 있으면 0을 담습니다.

---

 

 

 

 

 

 

풀이

BFS를 이용하여 문제를 풀었지만 데이터의 크기가 작고 조건판단이 번거롭기 때문에 DFS가 더 쉬울 거라는 생각을 한다.

접근법은 간단하다.

5x5배열에서 P를 찾아 맨해튼 거리로 2칸 이내에 P가 있는지 판단하면 된다.

단, 그 사이에 X가 있다면 거리두기를 잘 지키고 있는 것이다.

하지만, O가 있다면 한 번 더 판단해봐야 한다.

즉, queue에 다시 넣어 BFS를 진행해야 한다.

 

BFS를 진행할 때 보통의 경우 중복으로 방문하는 경우를 제거하기 위해 queue에 넣을 인덱스의 방문여부를 체크한다.

하지만, 이 문제에서 그렇게 하면 다음과 같은 경우에 문제가 생긴다.

P	X
O	P

만약 방문 순서가 →, ↓, ←, ↑이었다면 →으로 방문한 뒤 아래에 있는 P에 대해 거리두기가 잘 지켜졌다고 판단하고 방문 여부를 true로 만들어 버린다.

그다음, ↓방향으로 진행된 후, 오른쪽에 있는 P에 대해 이미 처리했다 판단하여 체크하지 않고 넘어간다.

하지만, ↓방향으로는 O를 지나 P가 등장하기 때문에 거리두기가 지켜지지 않은 것이다.

따라서, 이 부분을 처리하기 위해 현재 인덱스에 대해서만 방문 여부를 체크해야 한다.

---

 

 

 

 

 

전체 코드

#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <iostream>

using namespace std;

vector<int> dy = {0, 1, 0, -1};
vector<int> dx = {1, 0, -1, 0};

bool Bfs(vector<string>& place, int y, int x)
{
    queue<pair<int,int>> q;
    vector<vector<bool>> visited(5, vector<bool>(5, false));
    
    q.push({y, x});
    int depth = 0;
    
    while(!q.empty() && depth < 2)
    {
        int size = q.size();
        for(int t = 0; t < size; t++)
        {
            auto [current_y, current_x] = q.front();
            q.pop();
            
            visited[current_y][current_x] = true;
            
            for(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                int new_y = current_y + dy[i];
                int new_x = current_x + dx[i];

                if(new_y < 0 || new_y >= 5 || new_x < 0 || new_x >= 5) continue;
                if(visited[new_y][new_x]) continue;
                
                if(place[new_y][new_x] == 'P') return false;
                if(place[new_y][new_x] == 'O') q.push({new_y, new_x});
            }
        }
        depth++;
    }
    
    return true;
}

vector<int> solution(vector<vector<string>> places) {
    vector<int> answer;
    
    for(auto place : places)
    {
        bool flag = true;
        for(int i = 0; i < 5; i++)
        {
            for(int j = 0; j < 5; j++)
            {
                if(place[i][j] == 'P')
                {
                    if(!Bfs(place, i, j))
                    {
                        answer.push_back(0);
                        flag = false;
                        break;
                    }
                }
            }
            if(!flag) break;
        }
        if(flag) answer.push_back(1);
    }
    
    return answer;
}

---