09. 최단 경로

다익스트라 최단 경로 알고리즘

출발 노드로부터 각 노드로 갈 때의 최단 경로를 구한다.

단계마다 최단 거리의 노드를 하나씩 반복하여 선택 - 해당 노드를 거쳐 가는 경로 확인 - 최단 거리 테이블 갱신.

기본적으로 그리디 알고리즘으로 분류.

각 노드에 대한 현재까지의 최단 거리 정보를 1차원 리스트에 저장, 갱신

 

원리

1) 출발 노드 설정

2) 최단 거리 테이블 초기화

3) 방문하지 않은 노드 중 최단 거리 노드를 선택

4) 3에서 선택한 노드를 거쳐 다른 노드를 가는 비용 계산, 최단 거리 테이블 갱신

5) 3과 4를 반복

 

 

간단한 다익스트라 알고리즘

: 선형 탐색을 통해 비용이 가장 낮은 노드를 찾음

노드 개수가 V일 때, 시간 복잡도 O(V^2)이므로 노드의 개수가 10,000개를 넘어간다면 문제 해결이 어렵다.

#include <iostream>
#include <vector>

#define INF 1e9

using namespace std;

// 노드 개수 N, 간선 개수 M, 시작 노드 Start
// 노드 개수는 최대 100,000개라고 가정
int n, m, start; 

vector<pair<int, int>> graph[100'001];
bool visited[100'001];
int d[100'001];

int getSmall() {
	int min_value = INF;
	int index = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (d[i] < min_value && !visited[i]) {
			min_value = d[i];
			index = i;
		}
	}
}

void dijkstra(int start) {
	d[start] = 0;
	visited[start] = true;
	// 시작 노드와 연결된 노드들의 비용을 테이블에 초기화
	for (int j = 0; j < graph[start].size(); j++) {
		int val = graph[start][j].first;
		d[val] = graph[start][j].second;
	}

	// 시작 노드 제외, 전체 n-1개의 노드에 대해 반복
	for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
		int small = getSmall();
		visited[small] = true;
		for (int j = 0; j < graph[small].size(); j++) {
			int cost = d[small] + graph[small][j].second;
			if (d[graph[small][j].first] > cost) {
				d[graph[small][j].first] = cost;
			}
		}
	}
}

int main() {

	// 입력
	cin >> n >> m >> start;
	for (int i = 0; i < m; i++) { 
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c; // a-b로 가는 비용은 c
		graph[a].push_back({ b, c });
	}

	fill_n(d, 100'001, INF);

	dijkstra(start);

	// 출력
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (d[i] == INF) {
			cout << "INFINITY" << "\n";
		}
		else {
			cout << d[i] << "\n";
		}
	}

}

 

개선된 다익스트라 알고리즘

: 우선순위 큐의 성질을 이용 -> 비용이 가장 낮은 노드를 탐색하는 과정을 생략

노드의 개수가 V이고 간선의 개수가 E일 때, 시간 복잡도 O(ElogV)

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

#define INF 1e9

using namespace std;

// 노드 개수 N, 간선 개수 M, 시작 노드 Start
// 노드 개수는 최대 100,000개라고 가정
int n, m, start; 

vector<pair<int, int>> graph[100'001];
// 최단 거리 테이블
int d[100'001];

void dijkstra(int start) {
	priority_queue<pair<int, int>> pq;
	// start 노드부터 push
	pq.push({ 0, start });
    // 시작 지점까지의 거리는 0
	d[start] = 0;

	while (!pq.empty()) {
    	// 우선순위 큐의 맨 앞에 있는 원소의 거리 비용
		int dist = -pq.top().first;
        // 우선순위 큐에서 맨 앞에 있는 원소의 노드 번호
		int now = pq.top().second;
        // 우선순위 큐에서 맨 앞에 있는 원소 pop
		pq.pop();
		// 최단 거리 테이블에 있는 값보다 거리 비용이 크면 skip
		if (d[now] < dist) continue;
		// 꺼내온 원소에 대한 처리. 
        // 만약 2번이 꺼내졌다면 2번과 연결된 노드들의 거리 비용 갱신 과정
		for (int i = 0; i < graph[now].size(); i++) {
        	// 2번까지의 거리 비용 + 연결된 노드의 거리 비용
			int cost = dist + graph[now][i].second; 
            // 2번 거리 비용 + 연결 노드의 거리 비용이 최단 거리 테이블 값보다 작으면
			if (cost < d[graph[now][i].first]) {
				d[graph[now][i].first] = cost; // 갱신
                 // 연결된 노드와 연결된 노드들 push
				pq.push(make_pair(-cost, graph[now][i].first));
			}
		}

	}

}

int main() {

	// 입력
	cin >> n >> m >> start;
	for (int i = 0; i < m; i++) { 
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c; // a-b로 가는 비용은 c
		graph[a].push_back({ b, c });
	}

	fill_n(d, 100'001, INF);

	dijkstra(start);

	// 출력
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (d[i] == INF) {
			cout << "INFINITY" << "\n";
		}
		else {
			cout << d[i] << "\n";
		}
	}

}

 

 

플로이드 워셜 알고리즘

모든 노드로부터 모든 노드까지의 최단 경로를 계산한다.

2차원 리스트에 모든 노드-모든 노드 거리 비용을 저장하므로, O(N^2)의 시간 복잡도

Dab = min(Dab, Dak + Dkb);

#include <iostream>
#define INF 1e9

using namespace std;

// 노드 개수 N, 간선 개수 M
int n, m;
int graph[501][501];


int main() {
	cin >> n >> m;

	for (int i = 0; i < 501; i++) {
		fill(graph[i], graph[i] + 501, INF);
	}

	for (int a = 1; a <= n; a++) {
		for (int b = 1; b <= n; b++) {
			if (a == b) {
				graph[a][b] = 0;
			}
		}
	}

	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		graph[a][b] = c;
	}

	for (int k = 1; k <= n; k++) {
		for (int a = 1; a <= n; a++) {
			for (int b = 1; b <= n; b++) {
				graph[a][b] = min(graph[a][b], graph[a][k] + graph[k][b]);
			}
		}
	}


	for (int a = 1; a <= n; a++) {
		for (int b = 1; b <= n; b++) {
			if (graph[a][b] == INF) {
				cout << "INFINITY" << ' ';
			}
			else {
				cout << graph[a][b] << ' ';
			}
		}
		cout << "\n";
	}

}

 

 

문제 9-4. 미래 도시

[문제]

 미래 도시에는 1번부터 N번까지의 회사가 있는데 특정 회사끼리는 서로 도로를 통해 연결되어 있다. 방문 판매원 A는 현재 1번 회사에 위치해 있으며, X번 회사에 방문해 물건을 판매하고자 한다.

 미래 도시에서 특정 회사에 도착하기 위한 방법은 회사끼리 연결되어 있는 도로를 이용하는 방법이 유일하다. 또한 연결된 2개의 회사는 양방향으로 이동할 수 있다. 공중 미래 도시에서 특정 회사와 다른 회사가 도로로 연결되어 있다면, 정확히 1만큼의 시간으로 이동할 수 있다.

 또한 오늘 방문 판매원 A는 기대하던 소개팅에도 참석하고자 한다. 소개팅의 상대는 K번 회사에 존재한다. 방문 판매원 A는 X번 회사에 가서 물건을 판매하기 전에 먼저 소개팅 상대의 회사에 찾아가서 함께 커피를 마실 예정이다. 따라서 방문 판매원 A는 1번 회사에서 출발하여 K번 회사를 방문한 뒤에 X번 회사로 가는 것이 목표다. 이때 방문 판매원 A는 가능한 한 빠르게 이동하고자 한다. 

 방문 판매원이 회사 사이를 이동하게 되는 최소 시간을 계산하는 프로그램을 작성하시오.

 

[입력 조건]

1. 첫째 줄에 전체 회사의 개수 N과 경로의 개수 M이 공백으로 구분되어 차례대로 주어진다. (1 <= N, M <= 100)

2. 둘째 줄부터 M + 1번째 줄에는 연결된 두 회사의 번호가 공백으로 구분되어 주어진다.

 M + 2번째 줄에는 X와 K가 공백으로 구분되어 차례대로 주어진다. (1 <= K <= 100)

 

[출력 조건]

1. 첫째 줄에 방문 판매원 A가 K번 회사를 거쳐 X번 회사로 가는 최소 이동 시간을 출력한다.

2. 만약 X번 회사에 도달할 수 없다면 -1을 출력한다.

<입력 예시 1>
5 7
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
3 5
4 5
4 5
<출력 예시 1>
3

<입력 예시 2>
4 2
1 3
2 4
3 4
<출력 예시 2>
-1

답안

 

#include <iostream>
using namespace std;
#define INF 1e9

int n, m, x, k;
int d[101][101];
int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < 101; i++) {
		for (int j = 0; j < 101; j++) {
			d[i][j] = INF;
		}
	}

	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < n; j++) {
			if (i == j) d[i][j] = 0;
		}
	}

	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int val1, val2;
		cin >> val1 >> val2;
		d[val1][val2] = 1;
		d[val2][val1] = 1;
	}

	cin >> x >> k;

	for (int k = 1; k <= n; k++) {
		for (int a = 1; a <= n; a++) {
			for (int b = 1; b <= n; b++) {
				d[a][b] = min(d[a][b], d[a][k] + d[k][b]);
			}
		}
	}

	int dist = d[1][k] + d[k][x];
	if (dist >= 1e9) {
		cout << -1 << "\n";
	}
	else
		cout << dist << "\n";
}

 

 

 

 

문제 9-5. 전보

[문제]

 어떤 나라에는 N개의 도시가 있다. 그리고 각 도시는 보내고자 하는 메시지가 있는 경우, 다른 도시로 전보를 보내서 다른 도시로 해당 메시지를 전송할 수 있다. 하지만 X라는 도시에서 Y라는 도시로 전보를 보내고자 한다면, 도시 X에서 Y로 향하는 통로가 설치되어 있어야 한다. 예를 들어 X에서 Y로 향하는 통로는 있지만, Y에서 X로 향하는 통로가 없다면 Y는 X로 메시지를 보낼 수 없다. 또한 통로를 거쳐 메시지를 보낼 때는 일정 시간이 소요된다.

 

 어느 날 C라는 도시에서 위급 상황이 발생했다. 그래서 최대한 많은 도시로 메시지를 보내고자 한다. 메시지는 도시 C에서 출발하여 각 도시 사이에 설치된 통로를 거쳐, 최대한 많이 퍼져나갈 것이다. 각 도시의 번호와 통로가 설치되어 있는 정보가 주어졌을 때, 도시 C에서 보낸 메시지를 받게 되는 도시의 개수는 총 몇 개이며 도시들이 모두 메시지를 받는 데까지 걸리는 시간은 얼마인지 계산하는 프로그램을 작성하시오.

 

[입력 조건]

1. 첫째 줄에 도시의 개수 N, 통로의 개수 M, 메시지를 보내고자 하는 도시 C가 주어진다.

   (1 <= N <= 30,000, 1 <= M <= 200,000, 1 <= C <= N)

2. 둘째 줄부터 M + 1번째 줄에 걸쳐서 통로에 대한 정보 X, Y, Z가 주어진다. 이는 특정 도시 X에서 다른 특정 도시 Y로 이어지는 통로가 있으며, 메시지가 전달되는 시간이 Z라는 의미다. (1 <= X, Y <= N, 1 <= Z <= 1,000)

 

[출력 조건]

첫째 줄에 도시 C에서 보낸 메시지를 받는 도시의 총 개수와 총 걸리는 시간을 공백으로 구분하여 출력한다.

 

[입출력 예시]

<입력>
3 2 1
1 2 4
1 3 2
<출력>
2 4

 

답안

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;


int n, m, c;
vector<pair<int, int>> v[30001];
int d[30001];

void dijkstra(int s) {
	priority_queue<pair<int, int>> pq;

	d[s] = 0;
	pq.push({0, s});

	while (!pq.empty()) {
		int top = pq.top().second;
		int top_dist = -pq.top().first;
		pq.pop();
		if (top_dist > d[top]) continue;
		for (int i = 0; i < v[top].size(); i++) {
			int now = v[top][i].first;
			int now_dist = v[top][i].second;
			if (d[now] > top_dist + now_dist)
				d[now] = top_dist + now_dist;
			pq.push({-now_dist, now});
		}
	}
}


int main()
{
	cin >> n >> m >> c;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, z;
		cin >> x >> y >> z;
		v[x].push_back({ y, z }); // x에서 y로 가는 비용은 z
	}

	for (int i = 0; i <= 30001; i++) {
		d[i] = 1e9;
	}

	dijkstra(c);

	int cnt = 0 , time = 0;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		if (d[i] != 1e9) {
			cnt++;
			time = max(time, d[i]);
		}
	}

	cout << cnt << " " << time << "\n";
}