[그래프] 깊이/너비 우선 탐색(DFS/BFS)문제 5

문제 설명
n명의 권투선수가 권투 대회에 참여했고 각각 1번부터 n번까지 번호를 받았습니다. 
권투 경기는 1대1 방식으로 진행이 되고, 만약 A 선수가 B 선수보다 실력이 좋다면 A 선수는 B 선수를 항상 이깁니다. 
심판은 주어진 경기 결과를 가지고 선수들의 순위를 매기려 합니다. 하지만 몇몇 경기 결과를 분실하여 정확하게 순위를 매길 수 없습니다.
선수의 수 n, 경기 결과를 담은 2차원 배열 results가 매개변수로 주어질 때 정확하게 순위를 매길 수 있는 선수의 수를 return 하도록 solution 함수를 작성해주세요.

 

제한사항

• 선수의 수는 1명 이상 100명 이하입니다.
• 경기 결과는 1개 이상 4,500개 이하입니다.
• results 배열 각 행 [A, B]는 A 선수가 B 선수를 이겼다는 의미입니다.
• 모든 경기 결과에는 모순이 없습니다.

입출력 예

n	results	return
5	[[4, 3], [4, 2], [3, 2], [1, 2], [2, 5]]	2

 

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오답노트

 

[처음에 접근한 방식과 코드]

• 처음에는 각 선수보다 못하는 선수가 몇명인지 리스트업하고, 못하는 선수 명수가 중복되기 전까지를 세는 문제라고 인식
• DFS로 어떤 선수가 이길 수 있는 사람 수 기준으로만 코드 작성
• 아래 코드로 실행하니 테스트 케이스만 통과하고, 채점에서는 통과 못함

def solution(n, results):
    answer = 0

    graph = [[] for i in range(n+1)]
    for w,l in results :
        graph[w].append(l)
    print(graph)

    def dfs(v) :
        print(v,end='')
        visited[v] = True
        count = 1
        for i in graph[v] :
            if not visited[i] :
                count += dfs(i)
        return count

    stronger = [0 for i in range(n + 1)]
    stronger[0] = -1
    for i in range(n) :
        # print(i,end='')
        visited = [False] * (n + 1)
        stronger[i+1] = dfs(i+1) - 1
        print("stronger",(i+1),stronger[i+1])

    # 가장 숫자가 작은 사람이 꼴찌 순위.
    # 숫자가 중복되지 않을 때까지
    stronger.sort()
    if len(stronger) == len(set(stronger)):
        answer = n
    for i in range(n-1) :
        if stronger[i]==stronger[i+1] :
            answer = stronger[i]
            break

    return answer

n = 5 # 권투선수 인원
results = [[4, 3], [4, 2], [3, 2], [1, 2], [2, 5]]
print(solution(n,results))

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• 이전 코드의 문제점 → 정확한 순위를 잘못 정의함
• 정확한 순위란 어떤 선수 i가 있을 때, " i 보다 강한 사람 수 + i 보다 약한 사람 수 = n - 1 "이 성립되는 것

[고친 코드]

def solution(n, results):
    answer = 0

    # 정확한 순위 = i보다 강한 사람 수 + i보다 약한 사람 수 = n - 1
    win_graph = [[] for i in range(n+1)] # 어떤 선수가 이길 수 있는 사람 명단
    lose_graph = [[] for i in range(n + 1)]  # 어떤 선수가 항상 지는 사람 명단

    for w,l in results :
        win_graph[w].append(l)
        lose_graph[l].append(w)

    def dfs(v,graph) :
        # print(v,end='')
        visited[v] = True
        count = 1
        for i in graph[v] :
            if not visited[i] :
                count += dfs(i,graph)
        return count

    for i in range(n) :
        # print(i,end='')
        # 정확한 순위 = i보다 강한 사람 수 + i보다 약한 사람 수 = n - 1
        visited = [False] * (n + 1)
        win = dfs(i+1,win_graph) -1
        
        visited = [False] * (n + 1)
        lose = dfs(i+1,lose_graph) -1
        
        if (win + lose) == n - 1 :
            answer += 1

    return answer

n = 5 # 권투선수 인원
results = [[4, 3], [4, 2], [3, 2], [1, 2], [2, 5]]
print(solution(n,results))

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GPT 추천 답안

def solution(n, results):
    answer = 0

    win_graph = [[] for _ in range(n + 1)]
    lose_graph = [[] for _ in range(n + 1)]

    for winner, loser in results:
        win_graph[winner].append(loser)
        lose_graph[loser].append(winner)

    def dfs(graph, start):
        visited = [False] * (n + 1)
        stack = [start]
        count = 0

        while stack:
            now = stack.pop()

            for next_player in graph[now]:
                if not visited[next_player]:
                    visited[next_player] = True
                    count += 1
                    stack.append(next_player)

        return count

    for player in range(1, n + 1):
        win_count = dfs(win_graph, player)    # 내가 이길 수 있는 사람 수
        lose_count = dfs(lose_graph, player)  # 나를 이길 수 있는 사람 수

        if win_count + lose_count == n - 1:
            answer += 1

    return answer

• 나는 재귀 DFS로 구현했는데 GPT는 stack을 쓴 반복 DFS로 구현
• GPT가 모범 답안으로 반복 DFS로 쓴 이유는 보통 코테에서 더 안전하기 때문
• 재귀 DFS는 코드는 직관적이지만 재귀 깊이 제한에 걸릴 수 있음.
  파이썬은 재귀가 깊어지면 RecursionError가 날 수 있어서, 노드 수가 큰 문제에서는 반복 DFS가 더 안정적.
  • 노드 수 작고 구조 이해가 중요함 → 재귀 DFS 추천
  • 노드 수 크거나 실전 안정성 중요함 → 반복 DFS 추천

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시행착오 및 배운점

#1 DFS에서 방문한 노드 개수를 셀 때

일반적으로 아래와 같은 구조를 많이 사용

def dfs(v):
    visited[v] = True
    count = 1

    for i in graph[v]:
        if not visited[i]:
            count += dfs(i)

    return count
    

visited 리스트 정의
graph 정의
result = dfs(1)

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#2 리스트 정렬

처음에 접근한 방식에서는 리스트 내 원소 정렬이 필요했었음

1. 오름차순 정렬

sample = [3, 1, 4, 2, 5]
 
sample.sort() # 리스트를 오름차순으로 정렬
print(sample) # [1, 2, 3, 4, 5]

 

2. 내림차순 정렬

sample = [3, 1, 4, 2, 5]
 
sample.sort(reverse=True) # 리스트를 내림차순으로 정렬
print(sample) # [5, 4, 3, 2, 1]

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#3 코테 문제에 있는 변수 범위는 어떻게 활용하는걸까?

• 코테 문제에는 항상 제한사항을 줌
• 이번 문제로 생각해보면, n과 results의 범위 같은 것들
• 근데 실제로 구현한 코드를 보면 이 범위를 직접적으로 명시하진 않음. 괜찮은걸까?

→ 제한사항은 대체로 시간복잡도 판단용 (문제를 보고 어떻게 생각할지는 구체적인건 다음에 더 알아보는걸류..)

 

오늘 푼 문제 기준으로 시간복잡도 구해보면

1. DFS가 한 번에 얼마나 보나? 생각하기

[  조건 : 선수 수 n ≤ 100,  경기 결과 ≤ 4500  ]

 

• DFS 최악의 경우 = 모든 선수 방문 + 모든 경기 결과 확인
                             = 100명 + 4500 경기

• DFS 1번 ≈ 4600번

 

2. DFS를 몇번 돌리나? 

    for i in range(n) :
        # print(i,end='')
        # 정확한 순위 = i보다 강한 사람 수 + i보다 약한 사람 수 = n - 1
        visited = [False] * (n + 1)
        win = dfs(i+1,win_graph) -1

        visited = [False] * (n + 1)
        lose = dfs(i+1,lose_graph) -1

        if (win + lose) == n - 1 :
            answer += 1

• for i in range(n): 로 DFS를 돌리고 있으니까 100번 반복.
• 그리고 win, lose로 한 사람당 2번씩 DFS를 돌림.

3. 앞에 구한걸 다 곱하면

100명 x DFS 2번씩 x 4600 = 920,000

약 92만

 

4. 괜찮은건가?

코테에서는 보통 1초 ≈ 1억 번 연산 정도로 대략 계산.

• 100만 → 매우 여유
• 1000만 → 보통 가능
• 1억 → 경계
• 10억 → 위험

따라서 92만이면 여유여유

 

정리하면

DFS 1번
→ O(V+E)

100명마다 DFS 2번
→ O(2N(V+E))

상수 제거
→ O(N(V+E))

(V = Vertex = 정점(노드) 개수, E = Edge = 간선 개수)