[Java] BOJ10971, 백준 - 외판원 순회2

https://www.acmicpc.net/problem/10971

10971번: 외판원 순회 2

문제

외판원 순회 문제는 영어로 Traveling Salesman problem (TSP) 라고 불리는 문제로 computer science 분야에서 가장 중요하게 취급되는 문제 중 하나이다. 여러 가지 변종 문제가 있으나, 여기서는 가장 일반적인 형태의 문제를 살펴보자.

1번부터 N번까지 번호가 매겨져 있는 도시들이 있고, 도시들 사이에는 길이 있다. (길이 없을 수도 있다) 이제 한 외판원이 어느 한 도시에서 출발해 N개의 도시를 모두 거쳐 다시 원래의 도시로 돌아오는 순회 여행 경로를 계획하려고 한다. 단, 한 번 갔던 도시로는 다시 갈 수 없다. (맨 마지막에 여행을 출발했던 도시로 돌아오는 것은 예외) 이런 여행 경로는 여러 가지가 있을 수 있는데, 가장 적은 비용을 들이는 여행 계획을 세우고자 한다.

각 도시간에 이동하는데 드는 비용은 행렬 W[i][j]형태로 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 도시 j로 가기 위한 비용을 나타낸다. 비용은 대칭적이지 않다. 즉, W[i][j] 는 W[j][i]와 다를 수 있다. 모든 도시간의 비용은 양의 정수이다. W[i][i]는 항상 0이다. 경우에 따라서 도시 i에서 도시 j로 갈 수 없는 경우도 있으며 이럴 경우 W[i][j]=0이라고 하자.

N과 비용 행렬이 주어졌을 때, 가장 적은 비용을 들이는 외판원의 순회 여행 경로를 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

입력

첫째 줄에 도시의 수 N이 주어진다. (2 ≤ N ≤ 10) 다음 N개의 줄에는 비용 행렬이 주어진다. 각 행렬의 성분은 1,000,000 이하의 양의 정수이며, 갈 수 없는 경우는 0이 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 j로 가기 위한 비용을 나타낸다.

항상 순회할 수 있는 경우만 입력으로 주어진다.

 

출력

첫째 줄에 외판원의 순회에 필요한 최소 비용을 출력한다.

 

<풀이>

이전에 풀었던 다음 순열을 응용하여 풀 수 있는 문제이다.

1. 도시 이동 순서

도시 간의 이동 비용을 저장해야 하는데, 도시를 어떤 순서로 순회할 지를 다음 순열을 이용하여 구해준다.

예를들어 N=5이고 현재 순열이 15423인 경우, 도시1-도시5-도시4-도시2-도시3-도시1 순서로 순회한다.

2. 도시간 이동비용

도시 순회 순서가 정해지면 입력받은 w배열을 이용하여 이동 비용을 구해준다.

 

시간복잡도

다음 순열을 구할 때의 시간 복잡도: N!

이동비용을 구할 때의 시간 복잡도: 도시가 N개이기 때문에 N

총 시간 복잡도: N!  x   N   = N*N!

N의 범위가 최대인 10일 때의 경우의 수는 약 7천만

시간 제한이 2초기 때문에 이 방법으로 충분히 풀 수 있다.

 

소스 코드

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
	private static int[] arr;
	private static int n;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		n = Integer.parseInt(br.readLine());
		arr = new int[n];
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			arr[i] = i;
		}
		int[][] w = new int[n][n];
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			for (int j = 0; j < n; j++) {
				w[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
			}
		}

		int min = 10000000;
		do {
			int sum = 0;

			for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
				if (w[arr[i]][arr[i + 1]] == 0) {
					sum = 0;
					break;
				} else
					sum += w[arr[i]][arr[i + 1]];
			}

			if (sum == 0 || w[arr[n - 1]][arr[0]] == 0)
				continue;
			
			sum += w[arr[n - 1]][arr[0]];
			min = Math.min(min, sum);
		} while (next_permutation());

		System.out.println(min);
	}

	private static boolean next_permutation() {
		int i = n - 1;
		while (i > 0 && arr[i] <= arr[i - 1])
			i--;

		if (i <= 0)
			return false;

		int j = n - 1;
		while (arr[j] <= arr[i - 1])
			j--;

		swap(i - 1, j);
		j = n - 1;

		while (i < j) {
			swap(i, j);
			i++;
			j--;
		}
		return true;
	}

	private static void swap(int i, int j) {
		int tmp = arr[i];
		arr[i] = arr[j];
		arr[j] = tmp;
	}

}

 

+마무리

알고리즘 자체는 어렵지 않았지만 다음 순열로 사용된 배열(arr)을 순서에 맞게 w배열의 인덱스로 사용해야 해서 조금 복잡했던 것 같다.

 

++ 시간 복잡도를 더 줄이는 방법

말 그대로 '순회'하는 방법을 구하는 문제이기 때문에

1-3-2-4,

3-2-4-1,

2-4-1-3,

4-1-3-2

출발하는 도시는 다르지만 다 똑같은 값이 나오게 된다.

따라서 출발 도시를 고정하고 한다면, 다음 순열의 갯수가 하나 줄기 때문에 시간 복잡도를 무려 1/10이나 줄일 수 있다.(ㅎㄷㄷ)