합승 택시 요금 - Kotlin (플로이드 워셜)

https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/72413

프로그래머스

문제 설명

[본 문제는 정확성과 효율성 테스트 각각 점수가 있는 문제입니다.]

밤늦게 귀가할 때 안전을 위해 항상 택시를 이용하던 무지는 최근 야근이 잦아져 택시를 더 많이 이용하게 되어 택시비를 아낄 수 있는 방법을 고민하고 있습니다. "무지"는 자신이 택시를 이용할 때 동료인 어피치 역시 자신과 비슷한 방향으로 가는 택시를 종종 이용하는 것을 알게 되었습니다. "무지"는 "어피치"와 귀가 방향이 비슷하여 택시 합승을 적절히 이용하면 택시요금을 얼마나 아낄 수 있을 지 계산해 보고 "어피치"에게 합승을 제안해 보려고 합니다.

위 예시 그림은 택시가 이동 가능한 반경에 있는 6개 지점 사이의 이동 가능한 택시노선과 예상요금을 보여주고 있습니다.
그림에서 A와 B 두 사람은 출발지점인 4번 지점에서 출발해서 택시를 타고 귀가하려고 합니다. A의 집은 6번 지점에 있으며 B의 집은 2번 지점에 있고 두 사람이 모두 귀가하는 데 소요되는 예상 최저 택시요금이 얼마인 지 계산하려고 합니다.

• 그림의 원은 지점을 나타내며 원 안의 숫자는 지점 번호를 나타냅니다.
  • 지점이 n개일 때, 지점 번호는 1부터 n까지 사용됩니다.
• 지점 간에 택시가 이동할 수 있는 경로를 간선이라 하며, 간선에 표시된 숫자는 두 지점 사이의 예상 택시요금을 나타냅니다.
  • 간선은 편의 상 직선으로 표시되어 있습니다.
  • 위 그림 예시에서, 4번 지점에서 1번 지점으로(4→1) 가거나, 1번 지점에서 4번 지점으로(1→4) 갈 때 예상 택시요금은 10원으로 동일하며 이동 방향에 따라 달라지지 않습니다.
• 예상되는 최저 택시요금은 다음과 같이 계산됩니다.
  • 4→1→5 : A, B가 합승하여 택시를 이용합니다. 예상 택시요금은 10 + 24 = 34원 입니다.
  • 5→6 : A가 혼자 택시를 이용합니다. 예상 택시요금은 2원 입니다.
  • 5→3→2 : B가 혼자 택시를 이용합니다. 예상 택시요금은 24 + 22 = 46원 입니다.
  • A, B 모두 귀가 완료까지 예상되는 최저 택시요금은 34 + 2 + 46 = 82원 입니다.

---

[문제]

지점의 개수 n, 출발지점을 나타내는 s, A의 도착지점을 나타내는 a, B의 도착지점을 나타내는 b, 지점 사이의 예상 택시요금을 나타내는 fares가 매개변수로 주어집니다. 이때, A, B 두 사람이 s에서 출발해서 각각의 도착 지점까지 택시를 타고 간다고 가정할 때, 최저 예상 택시요금을 계산해서 return 하도록 solution 함수를 완성해 주세요.
만약, 아예 합승을 하지 않고 각자 이동하는 경우의 예상 택시요금이 더 낮다면, 합승을 하지 않아도 됩니다.

[제한사항]

• 지점갯수 n은 3 이상 200 이하인 자연수입니다.
• 지점 s, a, b는 1 이상 n 이하인 자연수이며, 각기 서로 다른 값입니다.
  • 즉, 출발지점, A의 도착지점, B의 도착지점은 서로 겹치지 않습니다.
• fares는 2차원 정수 배열입니다.
• fares 배열의 크기는 2 이상 n x (n-1) / 2 이하입니다.
  • 예를들어, n = 6이라면 fares 배열의 크기는 2 이상 15 이하입니다. (6 x 5 / 2 = 15)
  • fares 배열의 각 행은 [c, d, f] 형태입니다.
  • c지점과 d지점 사이의 예상 택시요금이 f원이라는 뜻입니다.
  • 지점 c, d는 1 이상 n 이하인 자연수이며, 각기 서로 다른 값입니다.
  • 요금 f는 1 이상 100,000 이하인 자연수입니다.
  • fares 배열에 두 지점 간 예상 택시요금은 1개만 주어집니다. 즉, [c, d, f]가 있다면 [d, c, f]는 주어지지 않습니다.
• 출발지점 s에서 도착지점 a와 b로 가는 경로가 존재하는 경우만 입력으로 주어집니다.

 

 

나의 풀이 - 1차 효율성 테스트 실패 (다익스트라)

이 문제를 보자마자 바로 든 생각은 다익스트라 알고리즘을 사용하는 것이었다. 시작 지점에서 a, b까지의 비용, a를 들렀다가 b로 가는 비용, b를 들렀다가 a로 가는 비용을 비교해서 answer에 대입하고 중간에 들릴 지점을 하나 정해서 그 지점을 들렀다가 가는 비용을 answer과 비교하게 코드를 작성하였다.

 

논리적으로 문제는 없지만 효율성 테스트에서 몇가지 테스트 케이스에서 시간 초과가 발생하고 말았다.

 

import java.util.*

class Solution {
    data class Node(val index: Int, val distance: Int): Comparable<Node>{
        override fun compareTo(other:Node):Int =
            distance - other.distance
    }
    
    lateinit var graph: MutableList<PriorityQueue<Node>>
    
    fun solution(n: Int, s: Int, a: Int, b: Int, fares: Array<IntArray>): Int {        
        graph = MutableList(n + 1) { PriorityQueue<Node>() }

        fares.map {
            val (u, v, w) = it
            graph[u].add(Node(v, w))
            graph[v].add(Node(u, w))
        }
        
        var answer = dijkstra(s, a, n) + dijkstra(s, b, n)
        answer = answer.coerceAtMost(dijkstra(s, a, n) + dijkstra(a, b, n))
        answer = answer.coerceAtMost(dijkstra(s, b, n) + dijkstra(b, a, n))
        
        for (i in 1..n) {
            if (i != s && i != a && i != b) {
                val temp1 = dijkstra(s, i, n)
                if (answer < temp1) continue
                val temp2 = dijkstra(i, a, n)
                if (answer < temp1 + temp2) continue
                val temp3 = dijkstra(i, b, n)
                if (answer < temp1 + temp2 + temp3) continue
                
                answer = temp1 + temp2 + temp3
            }
        }
    
        return answer
    }
    
    fun dijkstra(start: Int, end: Int, n: Int): Int {
        val pq = PriorityQueue<Node>().apply { offer(Node(start, 0)) }
        val result = IntArray(n + 1) { Int.MAX_VALUE }.apply { this[start] = 0 }
        val visited = BooleanArray(n + 1)

        while (pq.isNotEmpty()) {
            val (now, distance) = pq.poll()

            if (visited[now]) continue
            visited[now] = true

            for (i in graph[now]) {
                val cost = i.distance + result[now]
                val idx = i.index
                if (cost < result[idx]) {
                    result[idx] = cost
                    pq.offer(Node(idx, cost))
                }
            }
        }

        return result[end]
    }
}

 

나의 풀이 - 2차 (플로이드 워셜)

너무 복잡하게 생각했었다. 다익스트라가 한 정점에서 모든 정점까지의 최단 거리를 구한다면 플로이드 워셜 알고리즘은 모든 정점에서 모든 정점까지의 최단 거리를 구하는 알고리즘이다. 어차피 다익스트라를 사용해도 중간 지점을 골라야 하기 때문에 시간 복잡도가 높아지게 된다. 

 

다익스트라를 3번 호출하기 때문에 해당하는 코드의 시간 복잡도는 O((V + E)logV) + O((V + E)logV) + O((V + E)logV)이다. 플로이드 워셜을 사용할 때의 시간 복잡도는 O(V^3)이기 때문에 시간 복잡도가 상당히 개선됨을 알 수 있다.

 

class Solution {
    fun solution(n: Int, s: Int, a: Int, b: Int, fares: Array<IntArray>): Int {
        val dist = Array(n + 1) { IntArray(n + 1) { 20000001 } }

        for (i in 1..n) {
            dist[i][i] = 0
        }

        for (fare in fares) {
            val (u, v, w) = fare
            dist[u][v] = w
            dist[v][u] = w
        }

        for (k in 1..n) {
            for (i in 1..n) {
                for (j in 1..n) {
                    dist[i][j] = dist[i][j].coerceAtMost(dist[i][k] + dist[k][j])
                }
            }
        }

        var answer = 20000001
        for (i in 1..n) {
            answer = answer.coerceAtMost(dist[s][i] + dist[i][a] + dist[i][b])
        }

        return answer
    }
}