프로그래머스 합승 택시 요금 파이썬 문제 풀이

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.

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[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.

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[입출력 예]

nsabfaresresult

6	4	6	2	[[4, 1, 10], [3, 5, 24], [5, 6, 2], [3, 1, 41], [5, 1, 24], [4, 6, 50], [2, 4, 66], [2, 3, 22], [1, 6, 25]]	82
7	3	4	1	[[5, 7, 9], [4, 6, 4], [3, 6, 1], [3, 2, 3], [2, 1, 6]]	14
6	4	5	6	[[2,6,6], [6,3,7], [4,6,7], [6,5,11], [2,5,12], [5,3,20], [2,4,8], [4,3,9]]	18

입출력 예에 대한 설명

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입출력 예 #1
문제 예시와 같습니다.

입출력 예 #2

• 합승을 하지 않고, B는 3→2→1, A는 3→6→4 경로로 각자 택시를 타고 가는 것이 최저 예상 택시요금입니다.
• 따라서 최저 예상 택시요금은 (3 + 6) + (1 + 4) = 14원 입니다.

입출력 예 #3

• A와 B가 4→6 구간을 합승하고 B가 6번 지점에서 내린 후, A가6→5` 구간을 혼자 타고 가는 것이 최저 예상 택시요금입니다.
• 따라서 최저 예상 택시요금은 7 + 11 = 18원 입니다.

 

문제 풀이

가장 먼저 간선에 양의 가중치가 나오는 최단거리 문제이기 때문에 다익스트라가 떠올랐다. 플로이드-와샬 알고리즘을 사용할 수도 있겠지만, 사실 어떤 방식으로 적용을 해야할지 감이 오지 않아 플로이드-와샬 알고리즘은 스킵했다. 플로이드-와샬 알고리즘은 대략 O(N^3)이지만, 우선순위 큐를 사용한 다익스트라는 O(ElogN)이기 때문에 좀 더 효율적일 가능성이 더 높다. 

나는 문제를 여러번 쓰는 방식으로 해결했다. 입출력 3번의 예로 다시 한번 생각을 해보면 다음과 같이 풀었다. 

• 4 → 2로 합승, 2→5, 2→6로 가는 최단거리
• 4 → 6로 합승, 6→5, 6→6로 가는 최단거리
• 4 → 3로 합승, 3→5, 3→6로 가는 최단거리
• 4 → 4로 합승, 4→5, 4→6로 가는 최단거리
• 4 → 5로 합승, 5→5, 5→6로 가는 최단거리
• 4 → 1로 합승, 1→5, 1→6로 가는 최단거리

위의 경우에 대해서 각각의 경우에 대해서 합승했을 때 최단거리, 그리고 따로 탔을 때의 최단거리를 다익스트라로 구하는 방식으로 접근했다.

효율성 관점에서 고려1.

효율성 관점에서 가장 중요한 것은 현재 우선순위 큐에 저장된 값이 노드에 저장된 최단거리보다 클 경우에는 더 살펴보지 않는다는 조건문을 넣는 것이다. 이 조건문을 넣지 않게 될 경우, 효율성 검증 7~8번 문제에서 시간 초과가 발생한다. 그렇다면 어떤 경우가 있길래, 이 경우의 수를 빼야만 하는 것일까? 

대부분의 경우에 지배적으로 나타나는데, 한 가지 예를 들어보자. 3번 예제를 예시로 들 경우, 2 → 6으로 가능 최소 거리를 찾아보자. 2 → 6으로 가는 최단거리는 '6'이 들어가있을 것이다. 그리고 그 값에 대해 우선순위 큐가 진행되어 다른 일들을 열심히 하고 있을 것이다. 

그런데 뒤늦게 2 → 5 → 6으로 들어온 23이라는 녀석이 있을 수 있다. 이 녀석을 필터링 하지 않고 놔둘 경우, 다시 한번 똑같은 연산을 반복해야만한다. 보면 알 수 있겠지만, 굉장히 Dominant하게 반복되는 경우다. 따라서 반드시 이 녀석을 필터링 해주어야 한다.

 

효율성 관점에서 고려2. 

 

처음에는 예제 2번 같은 경우 때문에 DFS, BFS를 활용해서 시작 노드부터 해당 노드까지 연결되어있는지를 확인했었는데, 다익스트라를 사용할 경우 그럴 필요가 전혀 없다. D라는 배열은 시작점부터 해당 노드까지의 값이 최소가 되는 값이 저장이 되어있는데, 초기화 시 sys.maxsize로 초기화된다. 즉, 연결되지 않을 경우 가질 수 있는 최대값이 배열에 저장되게 되고, 다익스트라 알고리즘 과정에서 연결되지 않은 경우는 자동으로 필터링 된다. 

import heapq
import sys


def sol2(now, goto, graph, n):
    if now == goto:
        return 0
    if len(graph[goto]) == 0:
        return sys.maxsize
    d = [sys.maxsize for _ in range(n + 1)]
    sub_heap = []
    for next_position, cost in graph[now]:
        heapq.heappush(sub_heap, (cost, next_position))
        d[next_position] = cost

    while sub_heap:
        now_cost, now_position = heapq.heappop(sub_heap)
        if now_cost > d[now_position] :
            continue
        for next_position, next_cost in graph[now_position]:
            if d[next_position] > d[now_position] + next_cost:
                d[next_position] = d[now_position] + next_cost
                heapq.heappush(sub_heap, (now_cost + next_cost, next_position))
    return d[goto]


def solution(n, s, a, b, fares):
    fares = sorted(fares, key=lambda x: [x[0], x[1], x[2]])
    answer = sys.maxsize
    graph = [[] for _ in range(n + 1)]
    for i, k, cost in fares:
        if len(graph[i]) > 0:
            if graph[i][-1][1] == k:
                continue
        graph[i].append((k, cost))
        graph[k].append((i, cost))
    for k in range(1, n + 1):
        kc = sol2(s, k, graph, n)
        ka = sol2(k, a, graph, n)
        kb = sol2(k, b, graph, n)
        d = kc + ka + kb
        if answer > d:
            answer = d
    return answer