[백준] 적록색약 - 골드 5 (Kotlin)

문제

적록색약은 빨간색과 초록색의 차이를 거의 느끼지 못한다. 따라서, 적록색약인 사람이 보는 그림은 아닌 사람이 보는 그림과는 좀 다를 수 있다.

크기가 N×N인 그리드의 각 칸에 R(빨강), G(초록), B(파랑) 중 하나를 색칠한 그림이 있다. 그림은 몇 개의 구역으로 나뉘어져 있는데, 구역은 같은 색으로 이루어져 있다. 또, 같은 색상이 상하좌우로 인접해 있는 경우에 두 글자는 같은 구역에 속한다. (색상의 차이를 거의 느끼지 못하는 경우도 같은 색상이라 한다)

예를 들어, 그림이 아래와 같은 경우에

RRRBB
GGBBB
BBBRR
BBRRR
RRRRR

적록색약이 아닌 사람이 봤을 때 구역의 수는 총 4개이다. (빨강 2, 파랑 1, 초록 1) 하지만, 적록색약인 사람은 구역을 3개 볼 수 있다. (빨강-초록 2, 파랑 1)

그림이 입력으로 주어졌을 때, 적록색약인 사람이 봤을 때와 아닌 사람이 봤을 때 구역의 수를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N이 주어진다. (1 ≤ N ≤ 100)

둘째 줄부터 N개 줄에는 그림이 주어진다.

출력

적록색약이 아닌 사람이 봤을 때의 구역의 개수와 적록색약인 사람이 봤을 때의 구역의 수를 공백으로 구분해 출력한다.

풀이

일단 DFS 자체를 연습하기 위해 처음엔 문제의 조건 (색약) 을 생각하지 않고 그냥 DFS 완전 탐색으로 일단 풀어보았다.
여태 카카오 문제를 많이 풀어보면서 완전 탐색문제의 풀이를 찾아보면 대부분이 DFS 는 재귀로 푸는 것을 보았다. (이유는 모르겠다.)
그래서 재귀로 구현한 DFS 를 작성했다.

• 모든 노드에 대해 반복을 진행하여 해당 노드가 방문하지 않은 노드라면 탐색을 진행하고, 카운트 값을 증가 시킨다.
• 탐색은, 자신과 같은 색이라면 방문 후 방문체크를 수행한다.
• 위의 알고리즘을 진행하면 서로 다른 색을 방문했을 때 카운트 값을 증가시키기 때문에 서로 다른 색의 구역을 구하는 값과 같아진다.

그 다음은 같은 값을 BFS 로도 구할 수 있기 때문에 문제에 주어진 조건, 색약의 경우 R=G 를 같은 값으로 보기 때문에 해당 조건을 추가해준 탐색은 BFS 로 구현했다.

• 모든 노드에 대해 반복을 진행하여 해당 노드가 방문하지 않은 노드라면 탐색을 진행하고, 카운트 값을 증가 시킨다.
• 탐색은
  • R, G 의 경우 4방 (상, 하, 좌, 우) 의 값이 B 가 아니면 방문
  • B 의 경우 4방 (상, 하, 좌, 우) 의 값이 B 라면 방문

소스 코드

import java.util.*

val dx = intArrayOf(0, 1, 0 ,-1)
val dy = intArrayOf(1, 0, -1, 0)

fun main(args: Array<String>) {
    /*
5
RRRBB
GGBBB
BBBRR
BBRRR
RRRRR
     */
    val N = readLine()!!.toInt()
    val graph = Array(N+2) { Array(N+2) {'N'} }
    val visit = Array(N+2) { BooleanArray(N+2) {false} }
    val visit2 = Array(N+2) { BooleanArray(N+2) {false} }
    var count = 0

    for (i in 1..N) {
        val temp = readLine()!!
        for (j in 1..N) {
            graph[i][j] = temp[j-1]
        }
    }

    for (i in 1..N) {
        for (j in 1..N) {
            if (!visit[i][j]) {
                dfs(i, j, N, graph, visit)
                count++
            }
        }
    }

    print("$count ")
    count = 0

    for (i in 1..N) {
        for (j in 1..N) {
            if (!visit2[i][j]) {
                bfs(i, j, N, graph, visit2)
                count++
            }
        }
    }

    print(count)
}

fun dfs(x: Int, y: Int, n: Int, graph: Array<Array<Char>>, visit: Array<BooleanArray>) {

    visit[x][y] = true

    for (i in 0 until 4) {
        val nx = x + dx[i]
        val ny = y + dy[i]

        if (graph[nx][ny] == 'N') continue

        if (!visit[nx][ny] && graph[nx][ny] == graph[x][y]) {
            dfs(nx, ny, n, graph, visit)
        }
    }
}

fun bfs(x: Int, y: Int, n:Int, graph: Array<Array<Char>>, visit2: Array<BooleanArray>) {
    val queue: Queue<Pair<Int, Int>> = LinkedList()

    queue.offer(Pair(x, y))
    visit2[x][y] = true

    while (queue.isNotEmpty()) {
        val now = queue.poll()

        for (i in 0 until 4) {
            val nx = now.first + dx[i]
            val ny = now.second + dy[i]

            if (graph[nx][ny] == 'N') continue

            when (graph[now.first][now.second]) {
                'B' -> {
                    if (graph[nx][ny] == 'B' && !visit2[nx][ny]) {
                        queue.offer(Pair(nx, ny))
                        visit2[nx][ny] = true
                    }
                }
                else -> {
                    if (graph[nx][ny] != 'B' && !visit2[nx][ny]) {
                        queue.offer(Pair(nx, ny))
                        visit2[nx][ny] = true
                    }
                }
            }
        }
    }
}

결론

DFS 혹은 BFS 를 수행할 때, 방문 체크용 배열이나 그래프 같은 경우는 전역 변수로 선언하면 굳이 함수에 인자로 넘겨주지 않아도 될 것 같다. (문제의 조건마다 다르겠지만 일반적으로)
툭 건들면 나올 수 있을만큼 코드로 바로 작성할 수 있게 연습이 필요하다는 것을 느꼈다.