웜홀
문제
때는 2020년, 백준이는 월드나라의 한 국민이다.
월드나라에는 N개의 지점이 있고 N개의 지점 사이에는 M개의 도로와 W개의 웜홀이 있다.
(단 도로는 방향이 없으며 웜홀은 방향이 있다.)
웜홀은 시작 위치에서 도착 위치로 가는 하나의 경로인데,
특이하게도 도착을 하게 되면 시작을 하였을 때보다 시간이 뒤로 가게 된다.
웜홀 내에서는 시계가 거꾸로 간다고 생각하여도 좋다.
시간 여행을 매우 좋아하는 백준이는 한 가지 궁금증에 빠졌다.
한 지점에서 출발을 하여서 시간여행을 하기 시작하여 다시 출발을 하였던 위치로 돌아왔을 때,
출발을 하였을 때보다 시간이 되돌아가 있는 경우가 있는지 없는지 궁금해졌다.
여러분은 백준이를 도와 이런 일이 가능한지 불가능한지 구하는 프로그램을 작성하여라.
입력
첫 번째 줄에는 테스트케이스의 개수 TC(1 ≤ TC ≤ 5)가 주어진다.
그리고 두 번째 줄부터 TC개의 테스트케이스가 차례로 주어지는데
각 테스트케이스의 첫 번째 줄에는 지점의 수 N(1 ≤ N ≤ 500),
도로의 개수 M(1 ≤ M ≤ 2500), 웜홀의 개수 W(1 ≤ W ≤ 200)이 주어진다.
그리고 두 번째 줄부터 M+1번째 줄에 도로의 정보가 주어지는데 각 도로의 정보는 S, E, T 세 정수로 주어진다.
S와 E는 연결된 지점의 번호, T는 이 도로를 통해 이동하는데 걸리는 시간을 의미한다.
그리고 M+2번째 줄부터 M+W+1번째 줄까지 웜홀의 정보가 S, E, T 세 정수로 주어지는데 S는 시작 지점,
E는 도착 지점, T는 줄어드는 시간을 의미한다. T는 10,000보다 작거나 같은 자연수 또는 0이다.
두 지점을 연결하는 도로가 한 개보다 많을 수도 있다. 지점의 번호는 1부터 N까지 자연수로 중복 없이 매겨져 있다.
출력
TC개의 줄에 걸쳐서 만약에 시간이 줄어들면서 출발 위치로 돌아오는 것이 가능하면 YES, 불가능하면 NO를 출력한다.
풀이
우선 문제를 이해하는 것에 시간이 걸렸는데 정리를 하면 아무 하나의 점에서 시작해도 되는 것이고
돌아왔을 때 출발 시점보다 이전의 시간에 들어왔다면 YES, 아니면 NO를 출력하는 것이다.
우선 음의 가중치가 있기에 벨만-포드를 써야겠다고 생각했고
어떤 점에서라도 출발 위치로 시간이 줄어들며 돌아가는 경우가 있는지 확인하는 문제이므로
간단하게 음의 값으로 돌아오는 사이클이 있는지 확인을 하면 된다고 생각했다.
그런데 항상 쓰는 방법으로 구현했더니 WA가 되서 이유를 찾다보니 https://www.acmicpc.net/board/view/72995
좋은 글이 하나 있었다.
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dist[1]=0;
for(int i=0;i<n+1;i++){
for(int j=0;j<edge.size();j++){
int from = edge[j].first.first;
int to = edge[j].first.second;
int val = edge[j].second;
if(dist[from]!=1e9){
if(dist[to]>dist[from]+val){
if(i==n)flag=1;
dist[to]=dist[from]+val;
}
}
}
}
처음 한 방법은 dist 배열을 1e9로 설정한 후 1을 시작 지점으로 잡고 했는데
주어진 그래프가 연결 그래프라는 보장이 없기 때문에 사이클을 전부 구할 수 없었다.
그래서 두 가지 방법으로 이것을 해결하는 방법이 있는데 우선 어떤 지점에서도 시작해도 되기에
1e9로 방문하지 않은 정점을 체크하지 않아도 된다는 것이다.
문제가 음의 사이클이 존재하는지 안하는지만을 구하면 되기 때문에 해당 방법으로 찾을 수 있었다.
이렇게 dist 배열을 0으로 만든 후 방문하지 못하는 정점은 없기 때문에
값이 작아질 때만 확인하고 n번째 반복과정에서도 값이 업데이트 되면 음의 사이클이 존재한다.
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int main()
{
ios_base ::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
long long mod = 998'244'353;
using P=pair<ll,ll>;
using PP = pair<P,P>;
long long a, b, c, d;
long long ans = 1e9;
int tc;
cin >> tc;
while(tc-->0){
flag=0;
vector<pair<P, ll>> edge;
cin >> n >> m >> t;
vector<int> dist(n+1, 0);
for(int i=0;i<m;i++){ //얜 경로
cin >> a >> b >> c;
edge.push_back({{a, b}, c});
edge.push_back({{b, a}, c});
}
for(int i=0;i<t;i++){ //얜 웜홀
cin >> a >> b >> c;
edge.push_back({{a, b}, -1*c});
}
for(int i=0;i<n+1;i++){
for(int j=0;j<edge.size();j++){
int from = edge[j].first.first;
int to = edge[j].first.second;
int val = edge[j].second;
//if(dist[from]!=1e9){
if(dist[to]>dist[from]+val){
if(i==n)flag=1;
dist[to]=dist[from]+val;
}
//}
}
}
if(flag)cout<<"YES"<<'\n';
else cout <<"NO"<<'\n';
}
return 0;
}
아니면 시작 지점을 두고 찾는 방법도 있었는데 임의의 점 n+1을 놓는 것이다.
이 정점과 모든 정점간에 가중치가 0인 간선을 그리고 n+1부터 시작하면 해결이 된다.
모든 정점에 도달이 가능한 환경이 되고, 0으로 초기화 되기에 사실상 위와 같은 느낌으로 작동한다.
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int main()
{
ios_base ::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
long long mod = 998'244'353;
using P=pair<ll,ll>;
using PP = pair<P,P>;
long long a, b, c, d;
long long ans = 1e9;
int tc;
cin >> tc;
while(tc-->0){
flag=0;
vector<pair<P, ll>> edge;
cin >> n >> m >> t;
vector<int> dist(n+2, 1e9);
for(int i=0;i<m;i++){ //얜 경로
cin >> a >> b >> c;
edge.push_back({{a, b}, c});
edge.push_back({{b, a}, c});
}
for(int i=0;i<t;i++){ //얜 웜홀
cin >> a >> b >> c;
edge.push_back({{a, b}, -1*c});
}
for(int i=1;i<=n;i++)edge.push_back({{n+1, i}, 0});
dist[1]=0;
for(int i=0;i<n+2;i++){
for(int j=0;j<edge.size();j++){
int from = edge[j].first.first;
int to = edge[j].first.second;
int val = edge[j].second;
dist[n+1]=0;
if(dist[from]!=1e9){
if(dist[to]>dist[from]+val){
if(i==n)flag=1;
dist[to]=dist[from]+val;
}
}
}
}
if(flag)cout<<"YES"<<'\n';
else cout <<"NO"<<'\n';
}
return 0;
}
벨만-포드 알고리즘 문제는 별로 안 풀어봤는데 기본 예제 문제임에도 생각해 볼 것이 있는 문제였다.