이어서 BFS 알고리즘의 사용 예시를 살펴보자
BFS의 시작점이 여러개인 경우
이전에는 BFS의 시작점 1개를 큐에 push하고 BFS를 진행했는데, 시작점이 여러개인 경우도 있을 것이다. 이런 경우에는 모든 시작점들을 큐에 미리 push하고 BFS를 진행하면 된다.
큐의 FIFO(First In First Out) 성질을 생각해보면, 시작점들이 큐에 먼저 들어왔으므로 시작점들이 먼저 처리되는 것을 알 수 있다.
사용 예시
BOJ 7576 토마토
문제 설명
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.
정답 코드
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N, M, ans = 0;
int tomato[1002][1002];
int dist[1002][1002];
queue<pair<int, int>> Q;
int dx[] = { 1,0,-1,0 };
int dy[] = { 0,1,0,-1 };
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> M >> N;
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
cin >> tomato[i][j];
if (tomato[i][j] == 1) {
Q.push({ i,j }); // 시작점들을 미리 큐에 넣어둔다
}
else if (tomato[i][j] == 0) {
dist[i][j] = -1; // 미방문처리, 거리를 동시에 처리
}
}
}
while (!Q.empty()) { // 토마토 익히기
pair<int, int> cur = Q.front();
Q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int nx = cur.first + dx[i];
int ny = cur.second + dy[i];
if (nx >= N || nx < 0 || ny >= M || ny < 0) continue;
if (dist[nx][ny] >= 0) continue; // 이미 방문했다면
dist[nx][ny] = dist[cur.first][cur.second] + 1;
Q.push({ nx,ny });
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (dist[i][j] == -1) { // 익지 않은 토마토가 존재
cout << -1;
return 0;
}
ans = max(ans, dist[i][j]);
}
}
cout << ans;
}구역 전체에 대해서 익은 토마토와 인접한 안익은 토마토는 동시에 익어야 하므로, 시작점이 여러 개인 BFS로 문제를 해결할 수 있다.
문제의 핵심 아이디어는 토마토가 모두 익을 때까지의 최소 날짜는 최초의 익은 토마토로부터 익은 토마토들까지의 거리들 중에 최댓값인 것이다.
따라서 int dist[1002][1002]를 선언해서 거리를 계산하고 방문여부를 동시에 처리한다.
BFS 알고리즘을 모두 수행한 후, 상자 안에 익지 않은 토마토가 존재한다면 -1을 출력하고, 토마토가 모두 익었다면 최대 거리를 출력하면 된다.
BFS의 시작점이 두 종류일 경우
같은 종류의 여러 개의 시작점이 아닌, 다른 종류의 시작점이 따로 존재한다면 서로 다른 로직으로 BFS를 처리해줘야 한다. 기존 BFS에서는 큐와 방문 배열에 위치 정보(좌표)와 거리(시간)만을 기록했지만, 시작점의 종류가 여러 개인 경우에는 여기세 종류를 추가로 저장해야 한다.
사용 예시
BOJ 4179 불 !
문제 설명
지훈이는 미로에서 일을 한다. 지훈이를 미로에서 탈출하도록 도와주자!
미로에서의 지훈이의 위치와 불이 붙은 위치를 감안해서 지훈이가 불에 타기전에 탈출할 수 있는지의 여부, 그리고 얼마나 빨리 탈출할 수 있는지를 결정해야한다.
지훈이와 불은 매 분마다 한칸씩 수평또는 수직으로(비스듬하게 이동하지 않는다) 이동한다.
불은 각 지점에서 네 방향으로 확산된다.
지훈이는 미로의 가장자리에 접한 공간에서 탈출할 수 있다.
지훈이와 불은 벽이 있는 공간은 통과하지 못한다.
입력
입력의 첫째 줄에는 공백으로 구분된 두 정수 R과 C가 주어진다. 단, 1 ≤ R, C ≤ 1000 이다. R은 미로 행의 개수, C는 열의 개수이다.
다음 입력으로 R줄동안 각각의 미로 행이 주어진다.
각각의 문자들은 다음을 뜻한다.
#: 벽
.: 지나갈 수 있는 공간
J: 지훈이의 미로에서의 초기위치 (지나갈 수 있는 공간)
F: 불이 난 공간
J는 입력에서 하나만 주어진다.
출력
지훈이가 불이 도달하기 전에 미로를 탈출 할 수 없는 경우 IMPOSSIBLE 을 출력한다.
지훈이가 미로를 탈출할 수 있는 경우에는 가장 빠른 탈출시간을 출력한다.
정답 코드
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int R, C;
char board[1002][1002];
int dist1[1002][1002]; // 불의 방문 배열
int dist2[1002][1002]; // 지훈이의 방문 배열
queue<pair<int, int>> Q1; // 불의 큐
queue<pair<int, int>> Q2; // 지훈이의 큐
int dx[4] = { 1,0,-1,0 };
int dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> R >> C;
for (int i = 0; i < R; i++) {
fill(dist1[i], dist1[i] + C, -1);
fill(dist2[i], dist2[i] + C, -1);
}
for (int i = 0; i < R; i++) {
for (int j = 0; j < C; j++) {
cin >> board[i][j];
if (board[i][j] == 'F') { // 불의 시작점
Q1.push({ i,j });
dist1[i][j] = 0;
}
if (board[i][j] == 'J') { // 지훈이의 시작점
Q2.push({ i,j });
dist2[i][j] = 0;
}
}
}
while (!Q1.empty()) { // 불에 대한 BFS
auto cur = Q1.front(); Q1.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int nx = cur.first + dx[dir];
int ny = cur.second + dy[dir];
if (nx >= R || nx < 0 || ny >= C || ny < 0) continue;
if (dist1[nx][ny] >= 0 || board[nx][ny] == '#') continue;
dist1[nx][ny] = dist1[cur.first][cur.second] + 1;
Q1.push({ nx,ny });
}
}
while (!Q2.empty()) { // 지훈이에 대한 BFS
auto cur = Q2.front(); Q2.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int nx = cur.first + dx[dir];
int ny = cur.second + dy[dir];
if (nx >= R || nx < 0 || ny >= C || ny < 0) { // 탈출에 성공
cout << dist2[cur.first][cur.second] + 1;
return 0;
}
if (dist2[nx][ny] >= 0 || board[nx][ny] == '#' ) continue;
if (dist1[nx][ny] != -1 && dist1[nx][ny] <= dist2[cur.first][cur.second] + 1) continue; // 불이 이미 붙음
dist2[nx][ny] = dist2[cur.first][cur.second] + 1;
Q2.push({ nx,ny });
}
}
cout << "IMPOSSIBLE";
}시작점의 종류에 따라 각자의 큐와 방문 배열을 선언하여 BFS를 수행한 정보를 따로 저장한다.
먼저 불에 대한 BFS를 진행하여 불의 방문 배열에 불이 붙는 시간을 저장한다.
그 후, 지훈이에 대한 BFS를 진행하여 만약 (지훈이가 다음에 이동해야 할 좌표의 방문 배열값)이 (현재 지훈이의 위치의 방문 배열 값 + 1) 보다 작거나 같게 된다면, 그 좌표는 불이 붙어서 이동할 수 없는 칸이 된다.
탈출에 성공하는 경우는 지훈이가 배열의 모서리 칸, 즉 다음에 이동할 좌표가 배열의 범위를 벗어나는 좌표이면 된다.
만약 탈출에 실패하면 IMPOSSIBLE을 출력하고 프로그램을 종료한다.
이 문제는 먼저 불에 대한 BFS를 수행하고 지훈이에 대한 BFS를 수행하여 문제를 해결했지만, 만약 서로 다른 종류의 시작점들의 BFS가 진행되면서 동시간대에 서로 상호작용을 해야 하는 경우에는 백트래킹을 BFS와 활용해서 문제를 해결해야 한다고 한다.
