[BOJ C++] 1005번 - ACM Craft

백준 1005번 - ACM Craft

문제

서기 2012년! 드디어 2년간 수많은 국민들을 기다리게 한 게임 ACM Craft (Association of Construction Manager Craft)가 발매되었다.

이 게임은 지금까지 나온 게임들과는 다르게 ACM크래프트는 다이나믹한 게임 진행을 위해 건물을 짓는 순서가 정해져 있지 않다. 즉, 첫 번째 게임과 두 번째 게임이 건물을 짓는 순서가 다를 수도 있다. 매 게임시작 시 건물을 짓는 순서가 주어진다. 또한 모든 건물은 각각 건설을 시작하여 완성이 될 때까지 Delay가 존재한다.

 

위의 예시를 보자.

이번 게임에서는 다음과 같이 건설 순서 규칙이 주어졌다. 1번 건물의 건설이 완료된다면 2번과 3번의 건설을 시작할수 있다. (동시에 진행이 가능하다) 그리고 4번 건물을 짓기 위해서는 2번과 3번 건물이 모두 건설 완료되어야지만 4번건물의 건설을 시작할수 있다.

따라서 4번건물의 건설을 완료하기 위해서는 우선 처음 1번 건물을 건설하는데 10초가 소요된다. 그리고 2번 건물과 3번 건물을 동시에 건설하기 시작하면 2번은 1초뒤에 건설이 완료되지만 아직 3번 건물이 완료되지 않았으므로 4번 건물을 건설할 수 없다. 3번 건물이 완성되고 나면 그때 4번 건물을 지을수 있으므로 4번 건물이 완성되기까지는 총 120초가 소요된다.

프로게이머 최백준은 애인과의 데이트 비용을 마련하기 위해 서강대학교배 ACM크래프트 대회에 참가했다! 최백준은 화려한 컨트롤 실력을 가지고 있기 때문에 모든 경기에서 특정 건물만 짓는다면 무조건 게임에서 이길 수 있다. 그러나 매 게임마다 특정건물을 짓기 위한 순서가 달라지므로 최백준은 좌절하고 있었다. 백준이를 위해 특정건물을 가장 빨리 지을 때까지 걸리는 최소시간을 알아내는 프로그램을 작성해주자.

입력

첫째 줄에는 테스트케이스의 개수 T가 주어진다. 각 테스트 케이스는 다음과 같이 주어진다. 첫째 줄에 건물의 개수 N과 건물간의 건설순서 규칙의 총 개수 K이 주어진다. (건물의 번호는 1번부터 N번까지 존재한다) 

둘째 줄에는 각 건물당 건설에 걸리는 시간 D1, D2, ..., DN이 공백을 사이로 주어진다. 셋째 줄부터 K+2줄까지 건설순서 X Y가 주어진다. (이는 건물 X를 지은 다음에 건물 Y를 짓는 것이 가능하다는 의미이다) 

마지막 줄에는 백준이가 승리하기 위해 건설해야 할 건물의 번호 W가 주어진다.

출력

건물 W를 건설완료 하는데 드는 최소 시간을 출력한다. 편의상 건물을 짓는 명령을 내리는 데는 시간이 소요되지 않는다고 가정한다.

건설순서는 모든 건물이 건설 가능하도록 주어진다.

제한

• 2 ≤ N ≤ 1000
• 1 ≤ K ≤ 100,000
• 1 ≤ X, Y, W ≤ N
• 0 ≤ Di ≤ 100,000, Di는 정수

문제 접근

이 문제는 DP와 DFS를 이용해 풀었다.

• buildings 배열 : 각 건물이 지어지는 시간을 저장
• essentials 배열 : 각 건물이 지어지기 전 지어져야되는 건물들을 저장
• dp 배열 : dp[a][b] = c → b건물을 지은 후 a건물이 지어지기까지의 시간 계산값 c 저장

이 세 배열을 이용하는 것이 핵심이다.
 
최종 건물은 하나이고, 최종 건물이 지어지기위해 지어져야 하는 건물들이 여러개, 또 그 건물들이 지어지기 위해 지어져야 하는 건물들이 여러개... 이 꼴이 반복된다.
그래서 DFS를 통해 하나의 건물에 대해 그 건물을 짓기 위해 지어져야 하는 건물들 중 하나를 선택해 지어나가는 방식으로 시간을 합산한다.
그리고, 한 건물이 지어지려면 필요한 건물들이 모두 지어져야 하므로 한 건물을 짓기 위한 시간은 짓기 위해 필요한 건물들을 짓는 데 드는 시간 중 최댓값이라는 것을 알 수 있다.
그럼 이 것들을 이용해 DFS 알고리즘을 구성해보면,

1. 현재 건물을 짓기 위해 필요한 건물이 없다면 현재 건물을 짓는 데 드는 시간 반환
2. 임시값 설정 (초기값 = 0)
3. 현재 건물을 짓기 위해 필요한 건물들에 대해 반복
   1. 만약 이미 한 번 지어진 적이 있는 건물이라면 (dp[a][b]에 값이 있다면) dp[a][b] 값을 사용
   2. 아니라면 재귀를 호출해 [DFS(...필요한 건물...) + 현재 건물을 짓는 데 드는 시간] 을 사용
   3. 이전 임시 값과 비교해 사용 값이 더 크다면 (더 오래걸린다면) 이 값을 임시값으로 저장
4. 임시값 반환

이렇게 구성할 수 있다.
테스트 케이스가 여러가지 주어지는 문제여서 모든 배열들은 전역변수로 선언하지 않고 각 테스트케이스마다 지역변수로 선언해 인자로 넘겨주며 사용했다.

풀이

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int DFS(int target, vector<vector<int>> &essentials, vector<int> &bulidings, vector<vector<int>> &dp) {
    if (essentials[target].size() == 0) return bulidings[target];
    else {
        int temp = 0;
        int dfs = 0;
        for (int ii = 0; ii < essentials[target].size(); ii++) {
            if (dp[target][essentials[target][ii]] > -1) dfs = dp[target][essentials[target][ii]];
            else {
                dfs = DFS(essentials[target][ii], essentials, bulidings, dp) + bulidings[target];
                dp[target][essentials[target][ii]] = dfs;
            }
            if (temp < dfs) temp = dfs;
        }
        return temp;
    }
}

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	
	while (t--) {
	    int n, k;
	    cin >> n >> k;
	    
	    vector<vector<int>> essentials(n + 1, vector<int>());
        vector<int> bulidings(n + 1, 0);
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1, -1));
        
        for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> bulidings[i];
        
	    for (int j = 1; j <= k; j++) {
	        int require, target;
	        cin >> require >> target;
	        essentials[target].push_back(require);
	    }
	    
	    int final;
	    cin >> final;
	    
	    cout << DFS(final, essentials, bulidings, dp) << '\n';
	}
}