문제
https://www.acmicpc.net/problem/7576
철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 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.
접근
토마토가 익었다면 그 토마토에 인접한 토마토도 익는 것을 이용해야 한다. DFS, BFS 두 알고리즘이 있는데 토마토가 전부 익는데 걸리는 최소 일자를 구해야 하므로 익은 토마토들을 전부 queue에 넣고 BFS알고리즘을 사용하여 전부 익는 날짜중 최소 날짜를 구할 수 있겠다는 생각이 들었다.
코드
//백준 골드5
//https://www.acmicpc.net/problem/7576
const readline = require('readline');
// readline 인터페이스 생성
const rl = readline.createInterface({
input: process.stdin,
output: process.stdout
});
// 입력을 저장할 배열
let input = [];
rl.on('line', function (line) {
input.push(line);
}).on('close', function () {
let direction = [[-1, 0], [1, 0], [0, 1], [0, -1]];
const [M, N] = input[0].split(" ").map(Number); // 첫 번째 입력에서 가로 길이 N을 가져옴
const tomato = input.slice(1).map(line => line.split(" ").map(Number)); // 토마토 상자 상태 입력
let days = Array.from({ length: N }, () => Array(M).fill(0));
let queue = [];
//익은 토마토를 모두 queue에 넣는다.
for (let y = 0; y < N; y++) {
for (let x = 0; x < M; x++) {
if (tomato[y][x] == 1) {
queue.push([x, y]);
days[y][x] = 0;
}
}
}
while (queue.length > 0) { // queue에서 토마토를 꺼내면서 BFS시작
let [x, y] = queue.shift(); //queue에 넣은 것을 꺼낸다.
direction.forEach(a => {
let newX = x + a[0];
let newY = y + a[1];
if (newX >= 0 && newY >= 0 &&
newX < M && newY < N &&
tomato[newY][newX] == 0) {
queue.push([newX, newY]);
tomato[newY][newX] = 1;
days[newY][newX] = days[y][x] + 1;
}
})
}
// 전부 익었는지 체크; 전부 익었을 때만 totalDay를 min에 저장하고 최소 일자를 구한다.
for (let i = 0; i < N; i++) {
for (let j = 0; j < M; j++) {
if (tomato[i][j] == 0) {
console.log(-1);
return // 전부 익지 않았다면 다음 토마토 지점으로 넘어감
} else {
}
}
}
console.log(Math.max(...days.flat()))
rl.close();
});테스트케이스는 통과하지만 시간초과가 발생했다.
시간 복잡도 분석
입력 처리 및 초기화 단계:
- for 반복문을 사용하여 상자의 모든 칸을 순회하면서 익은 토마토를 큐에 추가한다.
- 이 단계의 시간 복잡도는 상자의 크기에 비례하여 O(N × M) 이다. 여기서 N은 상자의 세로 길이, M은 가로 길이를 말한다.
BFS 탐색 단계:
- 큐에서 요소를 하나씩 꺼내어 인접한 토마토를 검사하고, 익지 않은 토마토를 큐에 추가한다.
queue.shift()메서드는 배열의 첫 번째 요소를 제거할 때마다 모든 요소를 한 칸씩 이동시키기 때문에, O(k) 의 시간 복잡도를 가진다. 여기서 k는 큐의 현재 크기이다.- 최악의 경우, 큐의 크기가 최대 O(N × M) 에 이를 수 있으므로,
shift()호출 자체가 O(N × M) 의 시간 복잡도를 유발한다. 따라서, BFS 탐색 단계의 전체 시간 복잡도는 O((N × M)²) 이다.
결과 확인 단계:
- for 반복문을 사용하여 모든 토마토가 익었는지 확인한다.
- 이 단계의 시간 복잡도는 O(N × M) 이다.
전체 시간 복잡도: O((N × M)²)
최적화
shift 연산이 모든 요소를 한 칸씩 이동시키는 방식을 사용하므로 시간복잡도가 O(K) 이다. 대신 배열에 인덱스로 접근하면 O(1) 이므로 인덱스를 활용해서 shift 연산의 기능을 구현하면 된다.
// 큐의 front 인덱스 초기화
let front = 0;
while (front < queue.length) { // queue에서 토마토를 꺼내면서 BFS 시작
let [x, y] = queue[front++]; // 큐의 front 인덱스를 증가시켜 O(1) 시간에 접근
directions.forEach(a => {
let newX = x + a[0];
let newY = y + a[1];
if (newX >= 0 && newY >= 0 &&
newX < M && newY < N &&
tomato[newY][newX] == 0) {
queue.push([newX, newY]);
tomato[newY][newX] = 1;
days[newY][newX] = days[y][x] + 1;
}
});
}queue를 굳이 비우지 말고 인덱스를 증가시킨다면 shift 연산의 기능과 유사하게 사용할 수 있다.
배운점
- queue의 shift 연산은 선형 시간 복잡도를 가지므로 만약 시간복잡도를 줄여야 한다면 인덱스를 통해 접근하는 방식도 생각해보자.
