골드5-토마토
문제
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.
요구사항
철수의 토마토 농장에는 격자 모양의 상자에 토마토가 들어있다.
1: 익은 토마토
0: 익지 않은 토마토
-1: 토마토가 들어있지 않은 칸
규칙:
익은 토마토는 하루가 지나면 상하좌우 네 방향에 있는 익지 않은 토마토를 익게 만든다.
며칠이 지나면 토마토가 모두 익게 되는지 최소 일수를 구해야 한다.
단, 모든 토마토가 익을 수 없는 상황이면 -1을 출력한다.
접근 방식
이 문제는 "최단 시간(최소 일수)"을 구하는 문제이므로 BFS(너비 우선 탐색)가 적합하다. DFS로 풀 경우 최단 거리를 보장하기 어렵고 시간 복잡도가 늘어날 수 있다.
핵심 아이디어: "동시 다발적인 시작"
일반적인 미로 찾기 문제와 달리, 익은 토마토가 여러 군데 존재할 수 있다. 1번 토마토가 퍼진 후 2번 토마토가 퍼지는 순차적인 방식이 아니라, 모든 익은 토마토가 동시에 주변을 감염시켜야 한다.
초기화 단계 최적화:
입력을 받을 때, 값이 1인(이미 익은) 토마토의 좌표를 발견 즉시 Queue에 모두 삽입한다.
이렇게 하면 BFS를 시작할 때 큐에 0일 차 토마토들이 다 들어가 있으므로, 자연스럽게 동시에 퍼져나가는 효과(Level-by-Level 탐색)를 낼 수 있다.
BFS 탐색:
큐에서 하나씩 꺼내 상하좌우를 살핀다.
안 익은 토마토(0)를 만나면 익은 상태(1)로 바꾸고, 현재 날짜 + 1 값을 기록하여 큐에 넣는다.
이때 maxDay 변수를 갱신하며 가장 오래 걸린 날짜를 추적한다.
최종 확인 (Check):
BFS가 끝난 후, 상자 전체를 확인한다.
아직도 0인 칸이 남아있다면, 고립되어서 익지 못한 토마토가 있다는 뜻이므로 -1을 반환한다.
그렇지 않다면 기록된 maxDay를 반환한다.
import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.*;
class Point {
int x;
int y;
int day;
public Point(int x, int y, int day) {
this.x = x;
this.y = y;
this.day = day;
}
}
public class Main {
static int[] dx = {-1, 0, 1, 0};
static int[] dy = {0, -1, 0, 1};
static int m;
static int n;
static Queue<Point> q;
public static void main(String[] args) throws IOException {
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st;
st = new StringTokenizer(br.readLine());
m = Integer.parseInt(st.nextToken());
n = Integer.parseInt(st.nextToken());
int[][] arr = new int[n][m];
q = new LinkedList<>();
for(int i=0; i<n; i++) {
st = new StringTokenizer(br.readLine());
for(int j=0; j<m; j++) {
arr[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
if(arr[i][j] == 1) {
q.offer(new Point(i, j, 0));
}
}
}
System.out.println(check(arr, bfs(arr)));
}
static int check(int[][] arr, int answer) {
for(int i=0; i<n; i++) {
for(int j=0; j<m; j++) {
if(arr[i][j] == 0) return -1;
}
}
return answer;
}
static int bfs(int[][] arr) {
int maxDay = 0;
while (!q.isEmpty()) {
Point now = q.poll();
maxDay = Math.max(maxDay, now.day);
for(int i=0; i<4; i++) {
int nx = now.x + dx[i];
int ny = now.y + dy[i];
if(nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) continue;
if(arr[nx][ny] == 0) {
arr[nx][ny] = 1;
q.offer(new Point(nx, ny, now.day+1));
}
}
}
return maxDay;
}
}느낀점
- 시간 복잡도에 대한 확신 ( Rule)
처음에는 BFS가 끝나고 나서 check 함수로 이중 for문을 돌리는 것이 시간 초과가 나지 않을까 걱정했다.
하지만 문제 조건에서 이 최대 1,000이므로 전체 칸은 (백만)개다. BFS 탐색() + 확인 로직() = 약 200만 번의 연산이 수행된다.
보통 1초에 1억 번() 연산이 가능하므로, 200만 번은 시간 내에 충분히 통과한다는 것을 계산하고 안심할 수 있었다.
2.메모리 효율화
처음 구현할 때는 ArrayList에 시작점을 담아두었다가 나중에 Queue로 옮겼는데, 생각해보니 입력받는 즉시 Queue에 넣으면 리스트를 따로 만들 필요가 없었다. 불필요한 자료구조를 줄이는 습관을 들여야겠다.
- BFS의 동시성
"동시에 시작한다"는 개념을 구현하기 위해 멀티 스레드를 써야 하나 잠시 고민했지만, BFS의 큐(FIFO) 특성을 이용하면 간단했다. 시작점들을 미리 다 큐에 넣어두면, 알아서 레벨별로(하루씩) 번갈아가며 퍼져나간다. 이 패턴은 나중에 다른 문제에서도 유용하게 쓰일 것 같다.
