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[프로그래머스] 합승 택시 요금

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문제 설명

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.

/* 중략 */

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.

풀이

실패
최단 거리 알고리즘을 살짝 꼬아서 낸 문제인데, 아주 살짝 꼬았음에도 문제 갈피를 잡지 못했다. 결국 풀이를 찾아보았는데, 다익스트라 알고리즘과 플로이드-와샬 알고리즘 모두 효율성 테스트를 통과할 수 있다고 한다.
플로이드-와샬 알고리즘으로는 모든 노드 사이의 최소 비용을 구한 뒤, (합승 비용 + 내린 곳부터 a까지 비용 + 내린 곳부터 b까지 비용) 이 최소가 되는 값을 찾는다. 여기서 이 최소가 되는 비용을 찾는 것이 선형시간(O(n))내에 된다는 것을 생각하지 못했었다.
다익스트라 알고리즘으로는

  • 출발지에서 모든 정점으로 가는 최단거리 = O(ElogV)
  • a에서 모든 정점으로 가는 최단거리 = O(ElogV)
  • b에서 모든 정점으로 가는 최단거리 = O(ElogV)

을 구하여 (합승 비용 + 내린 곳부터 a까지 비용 + 내린 곳부터 b까지 비용) 이 최소가 되는 값을 찾는다.
해당 문제를 틀리고 비슷한 분류의 문제를 찾아 풀어보긴 했지만, 다시 돌아와서 다익스트라 방식으로도 풀이했다. 연습을 더 해봐야겠다.

코드

// 01:43~ 03:13
#include <string>
#include <vector>

using namespace std;

int solution(int n, int s, int a, int b, vector<vector<int>> fares) {
    int answer = 2100000000;
    int cost[201][201];
    for(int i =1; i <= n; ++i){
        for(int j=1; j <= n; ++j) cost[i][j] = 100001;
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cost[i][i] = 0;
    
    for(vector<int> node : fares){
        cost[node[0]][node[1]] = node[2];
        cost[node[1]][node[0]] = node[2];
    }
    
    // floyd-warshall
    for(int k = 1; k <= n; ++k){
        for(int i = 1; i <=n; ++i){
            for(int j = 1; j <=n ; ++j){
                cost[i][j] = min(cost[i][j], cost[i][k] + cost[k][j]);
            }
        }
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        answer = min(answer, cost[s][i] + cost[i][a] + cost[i][b]);
    }
    
    return answer;
}

다익스트라 코드

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

#include <iostream>
using namespace std;

vector<pair<int,int>> adj[201];

void dijkstra(int dist[], int start, vector<vector<int>>& fares){
    priority_queue<pair<int,int>> pq;
    pq.push(make_pair(0,start));

    while(!pq.empty()){
        int now = pq.top().second;
        int cost = pq.top().first * -1;
        
        pq.pop();
        
        if(dist[now] < cost) continue;
        
        for(int i =0; i < adj[now].size(); ++i){
            int next = adj[now][i].second;
            int next_cost = cost + adj[now][i].first;
            if(dist[next] > next_cost){
                dist[next] = next_cost;
                pq.push(make_pair(next_cost * -1, next));
            }
        }
    }
}

int solution(int n, int s, int a, int b, vector<vector<int>> fares) {
    int answer = 2100000000;
    int sdist[201], adist[201], bdist[201];
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        sdist[i] = 100000000;
        adist[i] = 100000000;
        bdist[i] = 100000000;
    }
    sdist[s] = 0; adist[a] = 0; bdist[b] = 0;
    
    for(vector<int> fare : fares){
        adj[fare[0]].push_back(make_pair(fare[2], fare[1]));
        adj[fare[1]].push_back(make_pair(fare[2], fare[0]));
    }
    
    dijkstra(sdist, s, fares);
    dijkstra(adist, a, fares);
    dijkstra(bdist, b, fares);
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        answer = min(answer, sdist[i] + adist[i] + bdist[i]);
    }
    
    return answer;
}

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