💎 문제
철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 아래의 그림과 같이 격자 모양 상자의 칸에 하나씩 넣어서 창고에 보관한다.
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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.
ex)
6 4
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 16 4
0 -1 0 0 0 0
-1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1💎 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.
ex)
8-1💎 풀이 방법
저번 게시글에서 섬의 개수를 BFS를 이용하여 푸는 문제와 굉~장히 유사하다. (참고 -> https://velog.io/@choco1drink/BOJ-4963-%EC%84%AC%EC%9D%98-%EA%B0%9C%EC%88%98)
다만 이번에 달라진 점은 경로를 탐색하였을 때 체크하는 부분에 있어서 최소 일 수를 구하기 위해서 int형의 배열을 사용하여 풀었다는 점이 다소 다르다.
먼저 queue를 이용하여 저번 BFS문제에서 활용하였던 pair을 이용하여 현재 입력받은 토마토의 자리의 좌표를 push해주는데 이는 만약 토마토가 익은 상태라면 queue에 push해주어서 방문한 상태를 하루 더해주어서 0의 상태로 만들어주는 것이 중요하다. 따라서 0의 상태의 일 수와 -1 상태의 일 수들이 공존하기 때문에 마지막 검사를 통해서 -1 상태인 토마토가 있다면 이는 익지 않은 토마토이므로 출력을 -1을 해줄 수 있도록 할 것이다.
for(int i = 0;i < N;i++){
for(int j = 0;j < M;j++){
cin >> v[i][j];
visited[i][j] = -1;
if(v[i][j] == 1){
q.push({i, j});
visited[i][j]++;
}
}
}다음은 BFS 함수를 확인해 볼 텐데 BFS의 좌표를 중심으로 상하좌우의 경로를 확인해볼 것이며 이는 x좌표와 y좌표가 배열의 초기값의 인덱스인 0과 주어진 크기 M과 N을 넘지 않을 것이며 방문 상태가 -1인 익지 않은 토마토 0인 것들을 익게 만들어서 현재의 방문상태 일 수에서 +1해주어 나중에 가장 큰 최대일 수를 구해줄 것이다.
void BFS(){
while(!q.empty()){
int y = q.front().first;
int x = q.front().second;
q.pop();
for(int i = 0;i < 4;i++){
int tempY = y + dy[i];
int tempX = x + dx[i];
if(tempX >=0 && tempY >= 0 && tempX < M && tempY < N && visited[tempY][tempX] == -1 && v[tempY][tempX] == 0){
q.push({tempY, tempX});
visited[tempY][tempX] = visited[y][x] + 1;
}
}
}
}BFS함수를 완료한 후에는 완료된 결과를 확인해볼 것인데 방문한 좌표의 위치를 탐색해보면서 가장 큰 값이 최소의 일수가 계산될 것이며 이중에 익지 않은 토마토 0이 여전히 방문상태가 -1이라면 BFS함수를 돌렸음에도 익지 않았다는 의미이므로 -1을 출력해 줄 수 있도록 탐색을 종료시켜줄 것이다.
if(v[i][j] == 0 && visited[i][j] == -1){
result = -1;
break;
}
if(visited[i][j] >= result)
result = visited[i][j];위와 같은 코드로 구성하였으며 이전에 BFS문제와 유사하다는 것을 잘 확인할 수 있었다.
💎 전체 코드
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int M, N;
int visited[1001][1001];
int dx[4] = {1, 0, -1, 0};
int dy[4] = {0, -1, 0, 1};
vector <vector<int>> v(1001, vector<int>(1001));
queue<pair<int, int>> q;
void BFS(){
while(!q.empty()){
int y = q.front().first;
int x = q.front().second;
q.pop();
for(int i = 0;i < 4;i++){
int tempY = y + dy[i];
int tempX = x + dx[i];
if(tempX >=0 && tempY >= 0 && tempX < M && tempY < N && visited[tempY][tempX] == -1 && v[tempY][tempX] == 0){
q.push({tempY, tempX});
visited[tempY][tempX] = visited[y][x] + 1;
}
}
}
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
int result = 0;
cin >> M >> N;
for(int i = 0;i < N;i++){
for(int j = 0;j < M;j++){
cin >> v[i][j];
visited[i][j] = -1;
if(v[i][j] == 1){
q.push({i, j});
visited[i][j]++;
}
}
}
BFS();
for(int i = 0;i < N;i++){
for(int j = 0;j < M;j++){
if(v[i][j] == 0 && visited[i][j] == -1){
result = -1;
break;
}
if(visited[i][j] >= result)
result = visited[i][j];
}
if(result == -1)
break;
}
cout << result << "\n";
return 0;
}
💎 고민
저번 BFS와 마찬가지로 상하좌우의 좌표들을 확인해보는 것이 중요했기 때문에 방향에 대한 배열을 선언하여 활용할 수 있도록 해야겠다. 또한 상태를 바꿔줄 때에 조건이 중요한데, 이는 배열에서 크기가 안넘는지 확인하고 탐색이 가능하여 바꿔줄 수 있는 것인지 조건을 잘 찾기만 한다면 기존까지 풀었던 BFS문제는 다 비슷한 유형임을 알 수 있었다. 몇 번 풀어보니깐 queue를 사용하는 BFS에 익숙해진다면 오히려 더 효율적이고 좋기 때문에 간단하고 범위가 크지 않은 그래프 탐색 문제라면 DFS를 활용할 뿐 대부분의 그래프 탐색문제는 BFS로 풀어야겠더라~~
화팅하장~~~!!
아 맞다 다음 문제는 진짜 어려운 것도 풀어보자!!
