유기농 배추

알고리즘 구분 : 그래프 이론, 그래프 탐색, DFS, BFS

문제

차세대 영농인 한나는 강원도 고랭지에서 유기농 배추를 재배하기로 하였다. 농약을 쓰지 않고 배추를 재배하려면 배추를 해충으로부터 보호하는 것이 중요하기 때문에, 한나는 해충 방지에 효과적인 배추흰지렁이를 구입하기로 결심한다. 이 지렁이는 배추근처에 서식하며 해충을 잡아 먹음으로써 배추를 보호한다. 특히, 어떤 배추에 배추흰지렁이가 한 마리라도 살고 있으면 이 지렁이는 인접한 다른 배추로 이동할 수 있어, 그 배추들 역시 해충으로부터 보호받을 수 있다. 한 배추의 상하좌우 네 방향에 다른 배추가 위치한 경우에 서로 인접해있는 것이다.

한나가 배추를 재배하는 땅은 고르지 못해서 배추를 군데군데 심어 놓았다. 배추들이 모여있는 곳에는 배추흰지렁이가 한 마리만 있으면 되므로 서로 인접해있는 배추들이 몇 군데에 퍼져있는지 조사하면 총 몇 마리의 지렁이가 필요한지 알 수 있다. 예를 들어 배추밭이 아래와 같이 구성되어 있으면 최소 5마리의 배추흰지렁이가 필요하다. 0은 배추가 심어져 있지 않은 땅이고, 1은 배추가 심어져 있는 땅을 나타낸다.

1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 1 1 1
0 0 0 0 1 0 0 1 1 1
입력
입력의 첫 줄에는 테스트 케이스의 개수 T가 주어진다. 그 다음 줄부터 각각의 테스트 케이스에 대해 첫째 줄에는 배추를 심은 배추밭의 가로길이 M(1 ≤ M ≤ 50)과 세로길이 N(1 ≤ N ≤ 50), 그리고 배추가 심어져 있는 위치의 개수 K(1 ≤ K ≤ 2500)이 주어진다. 그 다음 K줄에는 배추의 위치 X(0 ≤ X ≤ M-1), Y(0 ≤ Y ≤ N-1)가 주어진다. 두 배추의 위치가 같은 경우는 없다.

출력
각 테스트 케이스에 대해 필요한 최소의 배추흰지렁이 마리 수를 출력한다.

예제 입력 1
2
10 8 17
0 0
1 0
1 1
4 2
4 3
4 5
2 4
3 4
7 4
8 4
9 4
7 5
8 5
9 5
7 6
8 6
9 6
10 10 1
5 5
예제 출력 1
5
1
예제 입력 2
1
5 3 6
0 2
1 2
2 2
3 2
4 2
4 0
예제 출력 2
2

문제 풀이

배추흰지렁이가 인접한 다른 배추로 이동할 수 있다라는 문제의 설명을 통해 해당 문제는 BFS로 접근할 수 있다고 판단하였다. pair vector를 활용하여 BFS를 진행하는 조건이 배추가 심어져 있는 위치에서만 시작하도록 정하였다. 그렇게 하여, 연결되어 있는 배추들은 하나로 count될 수 있도록 BFS를 구현하여 풀었다.
여기서, testcase별로 graph, visited 2차원 배열과 vector를 초기화하여야 하기에 memset함수를 사용하였다.

소스 코드

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t, m, n, k;
int graph[51][51];
vector<pair<int, int>> v;
bool visited[51][51];
void bfs();

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    cin >> t;
    for(int test = 0; test < t; test++) {
        memset(graph, 0, sizeof(graph)); 
        memset(visited, 0, sizeof(visited));
        v.clear();

        cin >> m >> n >> k;
        for(int i = 0; i < k; i++) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            v.push_back({x, y});
            graph[x][y] = 1;
        }

        bfs();
    }

    return 0;
}

void bfs() {
    int x, y, cnt;
    int dx[] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[] = {0, 0, -1, 1};

    for(int i = 0; i < v.size(); i++) {
        if(visited[v[i].first][v[i].second] == true) {
            continue;
        }

        queue<pair<int, int>> q;
        
        q.push({v[i].first, v[i].second});
        while(!q.empty()) { 
            x = q.front().first;
            y = q.front().second;
            visited[x][y] = true;
            q.pop();

            for(int d = 0; d < 4; d++) {
                if(0 <= x + dx[d] && x + dx[d] < 50 && 0 <= y + dy[d] && y + dy[d] < 50) {
                    if(visited[x + dx[d]][y + dy[d]] == false && graph[x + dx[d]][y + dy[d]] == 1) {
                        visited[x + dx[d]][y + dy[d]] = true;
                        q.push({x + dx[d], y + dy[d]});
                    }
                }
                
            }
        }

        cnt++;
    }

    cout << cnt << endl;
}

• 문제 출처 : https://www.acmicpc.net/problem/1012
• 해당 풀이는 백준에서 "맞았습니다!!" 판정을 받았습니다.