[Baekjoon/🥇Ⅲ] 1865: 웜홀⭐️

🙋‍♀️ 웜홀

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.

👩‍💻 어떤 알고리즘을 사용해야 할까?

우선 하나의 정점에서 다른 모든 정점까지의 최단거리를 구하는 알고리즘은 여러 개가 존재한다.

그렇다면 각각의 알고리즘을 왜 사용하면 안되는지를 파악해보자!!

1. 다익스트라 알고리즘
   • 해당 문제에서는 음의 간선이 존재하므로 다익스트라는 사용할 수 없다.
2. 플로이드 워셜
   • 플로이드 워셜을 통해서도 음의 가중치를 다룰 수 있다.
   • 문제 속 정점의 개수가 500라는 점에서 시간 복잡도가 O(N^3)인 플로이드 워셜을 사용할 수 있다.
   • 하지만 테스트 케이스가 최대 5개라는 점에서 시간초과가 발생한다.
3. 벨만포드 알고리즘
   • 음의 가중치를 다룰 수 있다.
   • O(VE)로 플로이드 워셜보다 시간 복잡도가 작다.

따라서 해당 문제는 벨만포드 알고리즘으로 해결해야 한다!!

(필자는 이번 문제를 통해 처음으로 벨만포드 알고리즘을 처음 접했다..ㅎㅎㅎㅎ 하지만 학습을 하고 나니 알고리즘이 생각보다 간단하고, 음의 가중치를 다룰 때 유용하게 사용할 수 있을 것 같다!!)

👩‍💻 Code: 시작 정점을 둔 벨만포드

# bellman ford: 시간초과
import sys
input = sys.stdin.readline
INF = int(1e9)

tc = int(input())

def bellmanFord(start):
    dist = [INF] * (n+1)
    dist[start] = 0

    for i in range(n):
        for s, e, t in edges:
            
            if dist[s] != INF and dist[e] > dist[s] + t:
                dist[e] = dist[s]+t

                if i == n-1:
                    return True

    return False

for _ in range(tc):
    n, m, w = map(int, input().split())
    edges = []

    for _ in range(m):
        s, e, t = map(int, input().split())
        edges.append((s, e, t))
        edges.append((e, s, t))

    for _ in range(w):
        s, e, t = map(int, input().split())
        edges.append((s, e, -t))


    check = 0
    for i in range(1, n+1):
        if bellmanFord(i):
            check = 1
            break
    if check:
        print("YES")
    else:
        print("NO")

해당 문제는 시작 정점이 주어져 있지 않다. 따라서 모든 정점을 다 확인하는 방식으로 접근한다면(위 코드) 시간초과가 발생한다.

그렇다면 어떻게 접근해야 할까?? 시작정점을 신경쓰지 않고 단순히 음의 사이클만을 확인할 순 없을까??

가능이다!!!

👩‍💻 Code: 음의 사이클만을 확인하는 벨만포드

# bellman ford: 리팩토링 (정답)
import sys
input = sys.stdin.readline
INF = int(1e9)

tc = int(input())

def bellmanFord():
    dist = [INF] * (n+1)

    for i in range(n):
        for s, e, t in edges:
            
            # 시작정점과 인접한지를 확인하는 코드가 빠지게 된다.
            if dist[e] > dist[s] + t:
                dist[e] = dist[s]+t

                if i == n-1:
                    return True

    return False

for _ in range(tc):
    n, m, w = map(int, input().split())
    edges = []

    for _ in range(m):
        s, e, t = map(int, input().split())
        edges.append((s, e, t))
        edges.append((e, s, t))

    for _ in range(w):
        s, e, t = map(int, input().split())
        edges.append((s, e, -t))

    # 시작 정점이 없어 한 번의 실행으로 음의 사이클만을 파악한다.
    if bellmanFord():
        print("YES")
    else:
        print("NO")

📝 참고 자료

• https://backtony.github.io/algorithm/2021-02-13-algorithm-boj-class4-10/
• https://letalearns.tistory.com/78