문제
철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 아래의 그림과 같이 격자모양 상자의 칸에 하나씩 넣은 다음, 상자들을 수직으로 쌓아 올려서 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 토마토에 인접한 곳은 위, 아래, 왼쪽, 오른쪽, 앞, 뒤 여섯 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,N과 쌓아올려지는 상자의 수를 나타내는 H가 주어진다. M은 상자의 가로 칸의 수, N은 상자의 세로 칸의 수를 나타낸다. 단, 2 ≤ M ≤ 100, 2 ≤ N ≤ 100, 1 ≤ H ≤ 100 이다. 둘째 줄부터는 가장 밑의 상자부터 가장 위의 상자까지에 저장된 토마토들의 정보가 주어진다. 즉, 둘째 줄부터 N개의 줄에는 하나의 상자에 담긴 토마토의 정보가 주어진다. 각 줄에는 상자 가로줄에 들어있는 토마토들의 상태가 M개의 정수로 주어진다. 정수 1은 익은 토마토, 정수 0 은 익지 않은 토마토, 정수 -1은 토마토가 들어있지 않은 칸을 나타낸다. 이러한 N개의 줄이 H번 반복하여 주어진다.
토마토가 하나 이상 있는 경우만 입력으로 주어진다.
출력
여러분은 토마토가 모두 익을 때까지 최소 며칠이 걸리는지를 계산해서 출력해야 한다. 만약, 저장될 때부터 모든 토마토가 익어있는 상태이면 0을 출력해야 하고, 토마토가 모두 익지는 못하는 상황이면 -1을 출력해야 한다.
예제 입력 1
5 3 1
0 -1 0 0 0
-1 -1 0 1 1
0 0 0 1 1예제 출력 1
-1풀이
3차원 BFS!
원래는 pair를 이용하여 2차원 좌표를 큐에 넣어주었는데, 3차원 좌표를 넣기 위해 x, y, z를 포함하는 구조체를 만들어 넣어주었다. 구조체를 따로 정의하지 않고도 {x, y, z}를 이용하면 큐에 바로 push할 수 있다.
한 가지 어려웠던 점은 input을 받을 때 box[z][y][x] 형식으로 받았는데, box 배열의 z, y, x 순서와 구조체의 x, y, z 순서가 달라서 헷갈렸다. 구조체를 아예 int z, y, x 순서로 선언하면 좋을 것 같다.
또, {1, -1, 0, 0, 0, 0} 배열을 이용하여 좌표 위치를 움직이는 것이 기억이 안 나서 그냥 if문 6개를 썼더니 코드가 너무 길어졌다 ㅠ-ㅠ 다른 문제에서는 전자의 방식으로 풀어봐야겠다!
문제 풀이 방식은 먼저 처음 배열에 있는 1의 좌표를 큐에 다 넣어준다. 그 후 3차원 BFS를 실행한다. 큐에 있는 좌표에서 상하좌우앞뒤의 값이 0이라면, 현재 좌표의 값 + 1을 넣어준다. 큐가 빌 때까지 반복한다. 좌표에 넣어주는 정수값은 (해당 좌표의 토마토가 익기 위해 필요한 날 수 - 1)을 의미한다.
BFS가 끝난 후 모든 좌표를 확인한다. 0이 남아있으면 다 익을 수 없는 구조이므로 -1을 출력한다. 0이 없다면, 다 익었으므로 (값 중 가장 큰 값 - 1) 을 출력한다.
코드
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
void set_io(void);
void input_data(void);
void bfs(void);
void check_tomato(void);
typedef struct{
int x;
int y;
int z;
} coordinate;
int m, n, h;
int box[100][100][100];
queue<coordinate> bfs_queue;
int main(void)
{
set_io();
input_data();
bfs();
check_tomato();
return (0);
}
void set_io(void)
{
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
return ;
}
void input_data(void)
{
cin >> m >> n >> h;
int z = -1;
while (++z < h)
{
int y = -1;
while (++y < n)
{
int x = -1;
while (++x < m)
{
cin >> box[z][y][x];
if (box[z][y][x] == 1)
bfs_queue.push({x, y, z});
}
}
}
return ;
}
void bfs(void)
{
while (!bfs_queue.empty())
{
int now_x = bfs_queue.front().x;
int now_y = bfs_queue.front().y;
int now_z = bfs_queue.front().z;
bfs_queue.pop();
if (now_x > 0 && box[now_z][now_y][now_x - 1] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x - 1, now_y, now_z});
box[now_z][now_y][now_x - 1] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
if (now_x < m - 1 && box[now_z][now_y][now_x + 1] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x + 1, now_y, now_z});
box[now_z][now_y][now_x + 1] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
if (now_y > 0 && box[now_z][now_y - 1][now_x] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x, now_y - 1, now_z});
box[now_z][now_y - 1][now_x] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
if (now_y < n - 1 && box[now_z][now_y + 1][now_x] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x, now_y + 1, now_z});
box[now_z][now_y + 1][now_x] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
if (now_z > 0 && box[now_z - 1][now_y][now_x] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x, now_y, now_z - 1});
box[now_z - 1][now_y][now_x] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
if (now_z < h - 1 && box[now_z + 1][now_y][now_x] == 0)
{
bfs_queue.push({now_x, now_y, now_z + 1});
box[now_z + 1][now_y][now_x] = box[now_z][now_y][now_x] + 1;
}
}
return ;
}
void check_tomato(void)
{
int days = 0;
int z = -1;
while (++z < h)
{
int y = -1;
while (++y < n)
{
int x = -1;
while (++x < m)
{
//cout << box[z][y][x] << ' ';
if (box[z][y][x] == 0)
{
cout << -1;
return ;
}
else
days = max(box[z][y][x] - 1, days);
}
//cout << '\n';
}
}
cout << days;
return ;
}
데박
