[BOJ/Gold 5] 백준 21278 호석이 두 마리 치킨(C++)

문제 링크

https://www.acmicpc.net/problem/21278

21278번: 호석이 두 마리 치킨

문제

컴공 출신은 치킨집을 하게 되어있다. 현실을 부정하지 말고 받아들이면 마음이 편하다. 결국 호석이도 2050년에는 치킨집을 하고 있다. 치킨집 이름은 "호석이 두마리 치킨"이다.

이번에 키친 도시로 분점을 확보하게 된 호석이 두마리 치킨은 도시 안에 2개의 매장을 지으려고 한다. 도시는 N 개의 건물과 M 개의 도로로 이루어져 있다. 건물은 1번부터 N번의 번호를 가지고 있다. i 번째 도로는 서로 다른 두 건물 Ai 번과 Bi 번 사이를 1 시간에 양방향으로 이동할 수 있는 도로이다.

키친 도시에서 2개의 건물을 골라서 치킨집을 열려고 한다. 이 때 아무 곳이나 열 순 없어서 모든 건물에서의 접근성의 합을 최소화하려고 한다. 건물 X 의 접근성은 X 에서 가장 가까운 호석이 두마리 치킨집까지 왕복하는 최단 시간이다. 즉, "모든 건물에서 가장 가까운 치킨집까지 왕복하는 최단 시간의 총합"을 최소화할 수 있는 건물 2개를 골라서 치킨집을 열려고 하는 것이다.

컴공을 졸업한 지 30년이 넘어가는 호석이는 이제 코딩으로 이 문제를 해결할 줄 모른다. 알고리즘 퇴물 호석이를 위해서 최적의 위치가 될 수 있는 건물 2개의 번호와 그 때의 "모든 건물에서 가장 가까운 치킨집까지 왕복하는 최단 시간의 총합"을 출력하자. 만약 이러한 건물 조합이 여러 개라면, 건물 번호 중 작은 게 더 작을수록, 작은 번호가 같다면 큰 번호가 더 작을수록 좋은 건물 조합이다.

입력

첫 번째 줄에 건물의 개수 N과 도로의 개수 M 이 주어진다. 이어서 M 개의 줄에 걸쳐서 도로의 정보 Ai , Bi 가 공백으로 나뉘어서 주어진다. 같은 도로가 중복되어 주어지는 경우는 없다. 어떤 두 건물을 잡아도 도로를 따라서 오고 가는 방법이 존재함이 보장된다.

출력

한 줄에 건물 2개가 지어질 건물 번호를 오름차순으로 출력하고, 그때 모든 도시에서의 왕복 시간의 합을 출력한다.

만약 건물 조합이 다양하게 가능하면, 작은 번호가 더 작은 것을, 작은 번호가 같다면 큰 번호가 더 작은 걸 출력한다.

제한

• 2 ≤ N ≤ 100
• N-1 ≤ M ≤ N×(N - 1)/2
• 1 ≤ Ai , Bi​ ≤ N (Ai  ≠ Bi)

예제 입력 1

5 4
1 3
4 2
2 5
3 2

예제 출력 1

1 2 6

위의 그림과 같이 1번과 2번 건물에 치킨집을 짓게 되면 1번부터 5번 건물에 대해 치킨집까지의 왕복 시간이 0, 0, 2, 2, 2 로 최소가 된다. 2번과 3번 건물에 지어도 동일한 왕복 시간이 나오지만 더 작은 건물 번호를 출력해야 함을 유의하자.

알고리즘 분류

• 최단 거리 알고리즘
• 브루트포스 알고리즘

풀이

주어진 정보와 플로이드-와샬 알고리즘을 이용하여 최단 거리를 구한다.

그리고 브루트포스를 활용하여, N개의 건물 중 2개를 치킨집으로 정하고 각 건물에서 치킨집까지의 거리의 합의 최솟값과 그 때의 치킨집 두 곳을 구한다.

코드

#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define FIRST cin.tie(NULL); cout.tie(NULL); ios::sync_with_stdio(false);
#define MAX 101
#define LL long long
#define INF 1e9

using namespace std;
int N, M;
int DP[MAX][MAX];
int answerT = INF;
pair<int, int> answerP;

void init() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			if (i == j) {
				continue;
			}
			DP[i][j] = INF;
		}
	}
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		int A, B;
		cin >> A >> B;
		DP[A][B] = 1;
		DP[B][A] = 1;
	}
}

void Settings() {
	for (int k = 1; k <= N; k++) {
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			for (int j = 1; j <= N; j++) {
				if (DP[i][j] > DP[i][k] + DP[k][j]) {
					DP[i][j] = DP[i][k] + DP[k][j];
				}
			}
		}
	}
}

void Find_Answer() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = i + 1; j <= N; j++) {
			int Time_Sum = 0;
			for (int k = 1; k <= N; k++) {
				Time_Sum += min(DP[k][i] * 2, DP[k][j] * 2);
			}
			if (answerT > Time_Sum) {
				answerT = Time_Sum;
				answerP = make_pair(i, j);
			}
		}
	}
}

int main() {
	FIRST
	cin >> N >> M;
	init();
	Settings();
	Find_Answer();
	cout << answerP.first << " " << answerP.second << " " << answerT << "\n";

	return 0;
}