연구소 //14502

• 문제
  인체에 치명적인 바이러스를 연구하던 연구소에서 바이러스가 유출되었다. 다행히 바이러스는 아직 퍼지지 않았고, 바이러스의 확산을 막기 위해서 연구소에 벽을 세우려고 한다.
  연구소는 크기가 N×M인 직사각형으로 나타낼 수 있으며, 직사각형은 1×1 크기의 정사각형으로 나누어져 있다. 연구소는 빈 칸, 벽으로 이루어져 있으며, 벽은 칸 하나를 가득 차지한다.
  일부 칸은 바이러스가 존재하며, 이 바이러스는 상하좌우로 인접한 빈 칸으로 모두 퍼져나갈 수 있다. 새로 세울 수 있는 벽의 개수는 3개이며, 꼭 3개를 세워야 한다.
  예를 들어, 아래와 같이 연구소가 생긴 경우를 살펴보자.
  
  // 시간 제한: 2초, 메모리 제한: 512MB

• 입력
  첫째 줄에 지도의 세로 크기 N과 가로 크기 M이 주어진다. (3 ≤ N, M ≤ 8)
  둘째 줄부터 N개의 줄에 지도의 모양이 주어진다. 0은 빈 칸, 1은 벽, 2는 바이러스가 있는 위치이다. 2의 개수는 2보다 크거나 같고, 10보다 작거나 같은 자연수이다.
  빈 칸의 개수는 3개 이상이다.

• 출력
  첫째 줄에 얻을 수 있는 안전 영역의 최대 크기를 출력한다.

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// Created by dongwan-kim on 2022/08/23.
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>

#define MAX 8
using namespace std;

int n, m, graph[MAX][MAX], graphCopy[MAX][MAX], cnt, safe, ans;
queue<pair<int, int>> q;
vector<pair<int, int>> v;

int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, -1, 0, 1};

int bfs() {
    safe = 0;
    while (!q.empty()) {
        int x = q.front().first;
        int y = q.front().second;
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = x + dx[i];
            int ny = y + dy[i];
            if (nx >= 0 && ny >= 0 && nx < n && ny < m && graphCopy[nx][ny] == 0) {
                graphCopy[nx][ny] = 2;
                q.push({nx, ny});
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            if (graphCopy[i][j] == 0)
                safe++;
        }
    }
    return safe;
}

void wall() {				//재귀로 벽 세우기
    if (cnt == 3) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                graphCopy[i][j] = graph[i][j];
            }
        }

        for (int i = 0; i < v.size(); i++) {
            q.push({v[i].first, v[i].second});
        }
        ans = max(bfs(), ans);
        return;
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            if (graph[i][j] == 0) {
                graph[i][j] = 1;
                cnt++;
                wall();
                graph[i][j] = 0;
                cnt--;
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> graph[i][j];
            if (graph[i][j] == 2)
                v.push_back({i, j});
        }
    }

    wall();
    cout << ans;

}

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풀이

브루트포스와 BFS로 문제를 해결했다.

입력 받을 때 2가 입력되면 나중에 BFS돌릴 때 q에 push해주어야 하기 때문에 vector v에 삽입해주었다.

로직은 벽을 3개 세워야 하는데 특정 조건으로 벽 세우기에는 너무 많은 예외가 있다고 생각하여, 벽 3개 세우는 모든 경우의 수를 생각해주어야 한다고 생각했다.
이 부분을 구현하는게 이 문제의 포인트라고 생각하는데, 처음 떠올린 것은 조합으로 벽을 세우는 방식이였다. 하지만 조합을 많이 해보지 않아서인지 해결되지 않아서, 재귀를 떠올려 해결했다.

cnt변수를 사용해 세운 벽의 갯수를 카운팅해주었고 cnt==3이 되면 입력받은 graph는 변하면 안되기 때문에 graphCopy 배열에 복사해 주었다. 그리고 2가 위치한 좌표를 담고 있던 v를 반복문을 통해 q에 push한 후에 bfs를 호출해 주었다.

bfs는 감염이 끝난 후 0의 갯수를 return해주고 그걸 ans에 담은 후 ans의 최댓값을 출력하면 된다.