[백준] 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 N 과 건물간의 건설순서규칙의 총 개수 K이 주어진다. (건물의 번호는 1번부터 N번까지 존재한다)

둘째 줄에는 각 건물당 건설에 걸리는 시간 D가 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 ≤ D ≤ 100,000, D는 정수

예제 입력 1

2
4 4
10 1 100 10
1 2
1 3
2 4
3 4
4
8 8
10 20 1 5 8 7 1 43
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
5 7
6 7
7 8
7

예제 출력 1

120
39

예제 입력 2

5
3 2
1 2 3
3 2
2 1
1
4 3
5 5 5 5
1 2
1 3
2 3
4
5 10
100000 99999 99997 99994 99990
4 5
3 5
3 4
2 5
2 4
2 3
1 5
1 4
1 3
1 2
4
4 3
1 1 1 1
1 2
3 2
1 4
4
7 8
0 0 0 0 0 0 0
1 2
1 3
2 4
3 4
4 5
4 6
5 7
6 7
7

예제 출력 2

6
5
399990
2
0

시행착오

처음엔 하향식 동적 프로그래밍 방식으로 재귀를 사용해 풀었다. 그러나 시간초과.

그 후 다시 상향식으로 구현했다. 그러나 메모리 초과.

연결 리스트를 상향식, 하향식 두 개 만들었던걸 상향식만 두고 하향식은 대신 연결된 선분의 개수만 카운트하는 배열로 바꾸었떠니 통과했다.

원리

동적 프로그래밍과 BFS가 섞인듯한 느낌의 문제이다.

각 노드에 빌딩 건설 시간 정보가 포함되고 선, 후행하는 건물 노드가 연결되어있는 형태의 그래프이다.

이 그래프를 BFS탐색하는데, 탐색할 때마다 해당 노드의 최소 건설시간을 갱신해준다.

이 떄, 시작노드는 연결된 선행 노드가 하나도 없는 노드들이다.

또한 갱신이란 연결된 선행 노드들 중 가장 시간이 큰 값으로 바꾸어주는 것이다.

더 자세한 과정은 다음과 같다.

1. 큐를 만든다.
2. 큐에 시작 노드들(연결된 선행 노드가 없는 노드) 를 넣는다.
3. 큐에서 노드를 pop하고 현재 노드로 삼는다.
4. 현재 노드에 연결된 후행 노드들을 순회하며 갱신하고 큐에 넣는다.
5. 3~4를 반복한다.
6. 목표 노드의 선행노드에 대해 모두 갱신했으면 목표노드의 값을 반환한다.

풀이

위의 주석된 코드는 하향식 재귀를 이용해 푼 문제이고, 주석안된 코드는 상향식 코드이다.

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std; 
//int getBuildTimeReq(vector<int> &buildTimeReq, vector<vector<int>> TDgraph,  int B, vector<int> buildTime) {
//	if (TDgraph[B].empty()) {
//		return buildTime[B];
//	}
//	if (buildTimeReq[B] != -1) return buildTimeReq[B];
//	int longest=0;
//	for each  (int building in TDgraph[B])
//	{
//		int tmpTime = getBuildTimeReq(buildTimeReq, TDgraph, building, buildTime);
//		if (longest < tmpTime)
//			longest = tmpTime;
//	}
//	buildTimeReq[B] = longest + buildTime[B];
//	return longest + buildTime[B];
//}
//int TDsolution(vector<int> buildTime, vector<pair<int, int>> buildSeq,int W, int N) {
//	vector<vector<int>> TDgraph(N);
//	for (int i = 0; i < buildSeq.size(); ++i) {
//		TDgraph[buildSeq[i].second-1].push_back(buildSeq[i].first-1);
//	}
//	vector<int> buildTimeReq(N,-1);
//
//	buildTimeReq[W-1] = getBuildTimeReq(buildTimeReq, TDgraph, W - 1, buildTime);
//	return buildTimeReq[W-1];
//}

int DTsolution(vector<int> buildTime, vector<pair<int, int>> buildSeq, int W, int N) {
	vector<vector<int>> DTgraph(N);
	vector<int> preCount(N);
	for (int i = 0; i < buildSeq.size(); ++i) {
		DTgraph[buildSeq[i].first-1].push_back(buildSeq[i].second-1);
		preCount[buildSeq[i].second - 1]++;
	}
	vector<int> buildTimeReq(N, 0);
	queue<int> q;
	for (size_t i=0; i < N; i++) {
		if (!preCount[i]) {
			q.push(i);
			buildTimeReq[i] = buildTime[i];
		}
	}
	while (preCount[W-1])
	{
		int cur = q.front();
		q.pop();

		for (int i : DTgraph[cur]) {
			buildTimeReq[i] = max(buildTimeReq[i], buildTimeReq[cur] + buildTime[i]);
			if(--preCount[i] == 0)q.push(i);
		}
	}
	return  buildTimeReq[W-1];

}
int main() {
	
	int  T;
	cin >> T;
	int t = T;
	vector<int> answers(T);
	while (t--)
	{
		int N, K;
		cin >> N >> K;
		vector<int> D(N);
		for (int i = 0; i < N ; ++i)
		{
			cin >> D[i];
		}
		vector<pair<int, int>> XY(K);
		for (int i = 0; i < K; ++i)
		{
			cin >> XY[i].first >> XY[i].second ;
		}
		int W;
		cin >> W;
		answers[T-t-1] = DTsolution(D, XY,W,N);
	}
	for (int i : answers)
	{
		cout << i<<endl;
	}
	cin >> T;
	return 0;
}