https://www.acmicpc.net/problem/7569

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 입출력

• 예제 입력 1

5 3 1
0 -1 0 0 0
-1 -1 0 1 1
0 0 0 1 1

• 예제 출력 1

-1

• 예제 입력 2

5 3 2
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0

• 예제 출력 2

4

• 예제 입력 3

4 3 2
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
-1 -1 -1 -1
1 1 1 -1

• 예제 출력 3

0

Solution

어우 길다...

#include <iostream>
#include <queue>
#define MAX 101
using namespace std;

typedef struct
{
    int x, y, z;
    int cnt;
} types;

int M, N, H;
int MATRIX[MAX][MAX][MAX];
bool visited[MAX][MAX][MAX];
int moveX[6] = {1, -1, 0, 0, 0, 0};
int moveY[6] = {0, 0, 1, -1, 0, 0};
int moveZ[6] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};
queue<types> bfs;
void init(){
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
}
int BFS()
{
    int cnt = 0;
    while (!bfs.empty())
    {
        auto a = bfs.front();
        bfs.pop();
        cnt = max(cnt, a.cnt);
        for (int i = 0; i < 6; i++)
        {
            int nx = a.x + moveX[i];
            int ny = a.y + moveY[i];
            int nz = a.z + moveZ[i];

            if (nx >= 0 && ny >= 0 && nz >= 0 && nx < N && ny < M && nz < H && !visited[nx][ny][nz])
            {
                bfs.push({nx, ny, nz, a.cnt + 1});
                visited[nx][ny][nz] = true;
            }
        }
    }
    return cnt;
}

int main(void)
{
    init();
    int cnt = 0;
    cin >> M >> N >> H;
    for (int k = 0; k < H; k++)
        for (int i = 0; i < N; i++)
            for (int j = 0; j < M; j++)
            {
                cin >> MATRIX[i][j][k];
                if (MATRIX[i][j][k] == 1)
                {
                    bfs.push({i, j, k, 0});
                    visited[i][j][k] = true;
                }
                else if (MATRIX[i][j][k] == -1)
                    visited[i][j][k] = true;
            }
    
    if (bfs.empty())
    {
        cout << "-1\n";
        return 0;
    }

    cnt = BFS();
    for (int i = 0; i < N; i++)
        for (int j = 0; j < M; j++)
            for (int k = 0; k < H; k++)
                if (!visited[i][j][k])
                {            
                    cout << "-1\n";
                    return 0;
                }

    cout << cnt << '\n';
    return 0;
}

3차원이라는 것만 제외하고는 BFS로 풀 수 있는 아주 쉬운 문제다.

cin >> M >> N >> H;
for (int k = 0; k < H; k++)
    for (int i = 0; i < N; i++)
        for (int j = 0; j < M; j++)
        {
            cin >> MATRIX[i][j][k];
            if (MATRIX[i][j][k] == 1)
            {
                bfs.push({i, j, k, 0});
                visited[i][j][k] = true;
            }
            else if (MATRIX[i][j][k] == -1)
                visited[i][j][k] = true;
        }

층 별로 밭 상황에 대해 입력을 받는다. 토마토라면 탐색을 진행해야하니 큐에 저장하고 토마토가 없는 구역이라면 visit 배열에 true 처리를 함으로써 해당 구역을 방문하지 않도록 조치를 취해둔다.

 if (bfs.empty())
    {
        cout << "-1\n";
        return 0;
    }

cnt = BFS();
for (int i = 0; i < N; i++)
    for (int j = 0; j < M; j++)
        for (int k = 0; k < H; k++)
            if (!visited[i][j][k])
            {            
                cout << "-1\n";
                return 0;
            }

cout << cnt << '\n';
return 0;

그 이후로는 전체 탐색을 진행한 후 단 한곳이라도 방문한 곳(탐색되지 못한 곳) 이 있다면 -1 처리, 그게 아니라면 최종 결과를 출력하는데 BFS 코드는 다음과 같다.

typedef struct
{
    int x, y, z;
    int cnt;
} types;

int M, N, H;
int MATRIX[MAX][MAX][MAX];
bool visited[MAX][MAX][MAX];
int moveX[6] = {1, -1, 0, 0, 0, 0};
int moveY[6] = {0, 0, 1, -1, 0, 0};
int moveZ[6] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};
queue<types> bfs;

int BFS()
{
    int cnt = 0;
    while (!bfs.empty())
    {
        auto a = bfs.front();
        bfs.pop();
        cnt = max(cnt, a.cnt);
        for (int i = 0; i < 6; i++)
        {
            int nx = a.x + moveX[i];
            int ny = a.y + moveY[i];
            int nz = a.z + moveZ[i];

            if (nx >= 0 && ny >= 0 && nz >= 0 && nx < N && ny < M && nz < H && !visited[nx][ny][nz])
            {
                bfs.push({nx, ny, nz, a.cnt + 1});
                visited[nx][ny][nz] = true;
            }
        }
    }
    return cnt;
}

3차원 배열을 탐색해야 하기 때문에 X, Y, Z 세 좌표 축에 가능한 이동 방향을 모두 전역변수에 저장해둔다. 그 후 탐색은 딱히 큰 문제는 없다. 큐 내부의 데이터를 tuple로 처리해도 되고 나처럼 구조체를 써도 된다. 저 문제를 풀던 당시에 C++ tuple 사용법을 잘 몰라서 그냥 구조체로 처리했다.

그 후 탐색을 하면서 count 변수를 계속 갱신해준다. 탐색을 진행했다는 것은 해당 위치에 토마토를 자랄 수 있도록 했단 의미니까. 매 탐색마다 최대 count 수를 갱신받고 그 값을 return 하는 게 bfs 함수의 역할이다.

크게 어려운 문제는 아니지만 어떻게 응용하느냐는 고민이 들 수 있었기에 골드로 책정 된 문제다.