[C/C++] 백준 7576번

문제출처: https://www.acmicpc.net/problem/7576

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.

 

[ 입력 ]

첫 줄에는 상자의 크기를 나타내는 두 정수 M,N이 주어진다. M은 상자의 가로 칸의 수, N은 상자의 세로 칸의 수를 나타낸다. 단, 2 ≤ M,N ≤ 1,000 이다. 둘째 줄부터는 하나의 상자에 저장된 토마토들의 정보가 주어진다. 즉, 둘째 줄부터 N개의 줄에는 상자에 담긴 토마토의 정보가 주어진다. 하나의 줄에는 상자 가로줄에 들어있는 토마토의 상태가 M개의 정수로 주어진다. 정수 1은 익은 토마토, 정수 0은 익지 않은 토마토, 정수 -1은 토마토가 들어있지 않은 칸을 나타낸다.

토마토가 하나 이상 있는 경우만 입력으로 주어진다.

 

[ 출력 ]

여러분은 토마토가 모두 익을 때까지의 최소 날짜를 출력해야 한다. 만약, 저장될 때부터 모든 토마토가 익어있는 상태이면 0을 출력해야 하고, 토마토가 모두 익지는 못하는 상황이면 -1을 출력해야 한다.

 

[ 풀이 ]

가중치가 1인(없는) 그래프의 최단경로는 BFS(너비 우선 탐색)로 구할 수 있다. 다음은 풀이 순서이다.

 

(1) 어느 정점을 방문해야 하는가?

  - 익은 토마토에서 익지 않은 토마토로 이동해야 하기 때문에 값이 0인 정점으로 이동해야 한다. 또한, 값이 -1인 정점에는 토마토가 없으므로 해당 정점으로는 이동할 수 없다.

  - 위의 '이동할 수 있는 정점'에서 상하좌우로 이동할 수 있다. 하지만, 2차원 배열의 범위가 입력된 N x M의 내부에 있어야 함을 주의한다. 

   - 이미 방문한 정점은 재방문 할 수 없음을 주의한다.

 

(2) 최단경로 계산 방법은?

   - 각 정점마다 익는데 걸린 시간을 나타내는 배열을 선언한다. (해당 풀이에서는 tomato_date라는 배열 사용)

   - 위 배열은 각 정점의 입력값(-1, 0, 1)과 똑같이 초기화한다.

   - 익은 토마토가 있는, 값이 1인 정점에서 BFS를 시작한다.

   - BFS를 진행하며 '방문 가능한 정점의 tomato_date = 직전에 방문한 정점의 tomato_date + 1'로 각 정점의 최단경로를 계산한다.

   - BFS가 끝나고 난 후 'tomato_date 배열에서 가장 큰 값 - 1'이 모든 토마토가 익을 때까지의 최소 날짜이다.

     (시작 정점의 tomato_date값을 1로 받았으므로 -1을 해준다)

 

(3) 예외

   - 토마토가 모두 익지 못하는 상황이면 -1을 출력한다 : 즉, BFS이후에도 tomato_date값이 0인 정점이 있다면, 그 정점은 방문하지 못한 것이므로 익지 않은 토마토가 존재함을 의미한다.

   - 저장될 때부터 모든 토마토가 익어있는 상태이면 0을 출력한다: BFS이후 tomato_date 배열에서 가장 큰 값 - 1이 0인 경우와 같다.

 

(4) 중요

   - 입력값을 받을 때 정점의 값이 1이라면 해당 정점은 바로 BFS에 활용되는 Queue에 push한다. 이를 통해 첫 입력시 익은 토마토가 여러개여도 단 한 번의 BFS 실행으로 답을 구할 수 있다.

 

#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;

int m, n;
int arr[1001][1001];
int tomato_date[1001][1001];
bool visited[1001][1001];
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};

queue<pair<int, int>> q;

void bfs(void)
{
	while(!q.empty())
	{
		int y = q.front().first;
		int x = q.front().second;
		q.pop();
		for(int i = 0; i < 4; i++)
		{
			int ny = y + dy[i];
			int nx = x + dx[i];
			if(ny>=0 && nx>=0 && ny<n && nx<m && arr[ny][nx]==0&&!visited[ny][nx])
			{
				q.push({ny, nx});
				visited[ny][nx] = true;
				tomato_date[ny][nx] = tomato_date[y][x] + 1;
			}
		}
	}
}

int main(void)
{
	int i, j, p;
	scanf("%d %d", &m, &n);
	
	for(i = 0; i < n; i++)
	{
		for(j = 0; j < m; j++)
		{
			scanf("%d", &p);
			arr[i][j] = p;
			tomato_date[i][j] = p;
                // p가 1이라면 바로 queue에 push한다.
			if(arr[i][j] == 1)
			{
				q.push({i, j});
				visited[i][j] = true;
			}
		}
	}
	
	bfs();
	
	int max = 0;
	
	for(i = 0; i < n; i++)
	{
		for(j = 0; j < m; j++)
		{
                // 익지 않은 토마토가 있을 경우 -1 출력
			if(tomato_date[i][j] == 0)
			{
				printf("%d", -1);
				return 0;
			}
			if(max < tomato_date[i][j])
			{
				max = tomato_date[i][j];
			}
		}
	}
	
	printf("%d", max-1);
	
	return 0;
}

 

 

[ 소감 ]

for(int i = 0; i < n; i++)
{
    for(in j = 0; j < m; j++)
    {
        if(arr[i][j] == 1 && !visited[i][j])
        {
            bfs(i, j);
            memset(visited, false, sizeof(visited));
        }
    }
}

 

나의 첫 풀이 방법이었다. 주어진 test case의 답은 모두 출력했지만, 코드 제출 시 '시간 초과'가 발생했다. BFS를 실행할 수 있는 모든 정점에서 BFS를 실행하여 dp 배열에 최솟값을 담는 방법이었는데, 당연히 시간 제한을 지키지 못 했다.

 

앞으로는 시간 제한, 그리고 Worst Case에 대해 직접 고민해보며 문제를 해결하자!