백준 7576번 - 토마토
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C++
7576번 - 토마토
문제
철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 아래의 그림과 같이 격자 모양 상자의 칸에 하나씩 넣어서 창고에 보관한다.
창고에 보관되는 토마토들 중에는 잘 익은 것도 있지만, 아직 익지 않은 토마토들도 있을 수 있다. 보관 후 하루가 지나면, 익은 토마토들의 인접한 곳에 있는 익지 않은 토마토들은 익은 토마토의 영향을 받아 익게 된다. 하나의 토마토의 인접한 곳은 왼쪽, 오른쪽, 앞, 뒤 네 방향에 있는 토마토를 의미한다. 대각선 방향에 있는 토마토들에게는 영향을 주지 못하며, 토마토가 혼자 저절로 익는 경우는 없다고 가정한다. 철수는 창고에 보관된 토마토들이 며칠이 지나면 다 익게 되는지, 그 최소 일수를 알고 싶어 한다.
토마토를 창고에 보관하는 격자모양의 상자들의 크기와 익은 토마토들과 익지 않은 토마토들의 정보가 주어졌을 때, 며칠이 지나면 토마토들이 모두 익는지, 그 최소 일수를 구하는 프로그램을 작성하라. 단, 상자의 일부 칸에는 토마토가 들어있지 않을 수도 있다.
접근 방법
시간초과를 해결해보려 하였지만 결국 포기하고 해설을 보며 익혀 다시 풀어보았다. 전형적인 BFS로 풀려고 하니, 여러개의 토마토가 동시에 주위 토마토를 익히게 만든다는 것이 주요한 특징인 문제였다. 이를 해결하기 위해서는 초기에 토마토의 개수를 센 후, 그 토마토의 위치를 미리 queue에 넣어놔 센 개수 만큼 for문을 적용하여 여러 토마토가 한 시점에(while이 한번 돌 때) 주위 토마토로 익히게 만든다는 느낌으로 구현한다. 이후 처음 토마토는 pop 이 되고 새로 감염된 토마토들을 새로이 queue에 넣어주고 개수를 세어 위의 과정을 반복한다. 제일 바깥 while문의 반복 횟수가 즉 전파하는데 걸리는 시간이 된다. 하지만 하나라도 전파하여야 1일을 증가하게 하여 이 시간을 최종 시간으로 답을 해결한다.
구현
대표적으로 필요한 변수는 토마토의 상태를 저장할 2차원 배열 graph, 토마토가 익었는지 확인하기 위한 2차원 배열 v 그리고 BFS를 구현 할 queue q 정도 되겠다.
먼저 초기 토마토의 상태를 하나씩 확인하면서 v를 false로 초기화 하며, 만약 1 즉 미리 익혀진 토마토가 발견 될 시 그 토마토의 좌표를 queue에 넣는다. 그리고 초기 익은 토마토의 개수를 셀 curT를 증가시킨다.
이후 BFS를 실행한다. 앞서 센 curT(토마토 수)만큼 pop을 하며 그 위치에서 주위 상하좌우 전파가 안된 토마토들을 전파시키고 그 토마토들을 새로이 queue에 넣음으로써 다음 전파자로 만들어 준다. 하나라도 전파가 되면 check를 true로 두어 일 수를 늘려준다.
그리고 마지막으로 방문하지 않았는데, 전파가 되지 않은 토마토가 있으면 -1를 출력
코드
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
int n, m;
int** graph;
//상, 우, 좌, 하
int gox[4] = { 0, 1, -1, 0 };
int goy[4] = { -1, 0, 0, 1 };
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
//정점, 간선의 수, 시작 점
cin >> m >> n;
//방문을 나타낼 bool 배열
bool** v = new bool* [n];
queue<pair<int, int>> q;
int answer = 0;
int cnt = 0;
int curT = 0;
//배열을 생성해 준다. 메모리 초과 방지ㅠ
graph = new int* [n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
graph[i] = new int[m];
v[i] = new bool[m];
}
//모든 인자를 확인한다. 만약 1일 시에 초기 토마토이므로 queue에 넣고, 개수를 센다.
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
v[i][j] = false;
cin >> graph[i][j];
if (graph[i][j] == 1) {
q.push(make_pair(i, j));
curT++;
}
}
}
//여기서 부터 BFS이다.
bool check = false;
//while이 한번 돌 시점이 1일이다.
while (!q.empty()) {
//이 시점에 전파를 하였는지 check하기 위한 bool
check = false;
//현재 시점의 토마토 개수 만큼 돌려준다.
for (int i = 0; i < curT; i++) {
int x = q.front().second;
int y = q.front().first;
q.pop();
//하나씩 pop하고 그 지점은 방문한 지점이다.
v[y][x] = true;
//현재 좌표의 [상 하 좌 우]가 아직 익지 않은 토마토 일시 새로이 queue에 넣고, 개수를 센다.
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int newx = x + gox[i];
int newy = y + goy[i];
if (-1 < newx && newx < m && -1 < newy && newy < n && !v[newy][newx] && graph[newy][newx] == 0) {
check = true;
graph[newy][newx] = 1;
q.push(make_pair(newy, newx));
cnt++;
}
}
}
curT = cnt;
cnt = 0;
if (check) {
answer++;
}
}
//전파가 안되어있는 토마토를 찾기 위한 코드
bool isEnd = true;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!v[i][j] && graph[i][j] == 0) {
isEnd = false;
}
}
}
if (isEnd) {
cout << answer;
}
else {
cout << -1;
}
return 0;
}
코드 - 자바
방문 여부로, 토마토를 전부 익혔는지 아닌지 확인한다.
처음 1, -1은 방문 처리
전부 탐색하여 전체 칸이 전부 방문 처리 안되있으면 토마토 익히기 실패
전부다 익혔다면, map에서 수가 제일 큰 것이 최대 일수
import java.util.*;
import java.io.*;
public class Main {
static int n, m, result;
static int[][] board;
static boolean[][] vis;
public static void main(String []args) throws IOException {
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer stk = new StringTokenizer(br.readLine());
m = stoi(stk.nextToken());
n = stoi(stk.nextToken());
board = new int[n][m];
vis = new boolean[n][m];
Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
stk = new StringTokenizer(br.readLine());
for(int j = 0; j < m; j++) {
board[i][j] = stoi(stk.nextToken());
if(board[i][j] == 1) {
queue.add(new int[] {i,j});
vis[i][j] = true;
board[i][j] = 0;
cnt++;
}
else if(board[i][j] == -1) {
vis[i][j] = true;
}
}
}
int y, x, ny, nx, loopCnt, curTime = 0;
int[] temp;
while(!queue.isEmpty()) {
loopCnt = cnt;
cnt = 0;
curTime++;
while(loopCnt > 0) {
temp = queue.poll();
y = temp[0];
x = temp[1];
for(int i = 0; i < 4; i++) {
ny = y + dy[i];
nx = x + dx[i];
if(isIn(ny,nx) && !vis[ny][nx]) {
vis[ny][nx] = true;
board[ny][nx] = curTime;
queue.add(new int[] {ny,nx});
cnt++;
}
}
loopCnt--;
}
}
boolean isComplete = true;
end:for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(!vis[i][j]) {
isComplete = false;
break end;
}
}
}
if(!isComplete)
System.out.println(-1);
else {
int max = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
max = Math.max(max, board[i][j]);
}
}
System.out.println(max);
}
br.close();
}
static int dy[] = {-1,1,0,0};
static int dx[] = {0,0,-1,1};
// 주어진 범위 안에 있는가
public static boolean isIn(int y, int x){
if(y < 0 || y >= n || x < 0 || x >= m)
return false;
return true;
}
static int stoi(String str) {
return Integer.parseInt(str);
}
}
후기 및 개선할 점
후기: BFS의 기본 중의 기본인 문제 아닐까?
