[백준] 7576번 토마토 c++

https://www.acmicpc.net/problem/7576

7576번: 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.

 

접근방법

조금 응용된 BFS문제이다.

1. 주어지는 익은 토마토가 여러개라면 각각의 토마토가 하루씩 주변 토마토를 익힌다는 점을 고려해야 한다.

2. 또한 구조적으로 익을 수 없는 경우도 고려해야 한다.

 

1. 각 토마토별 1단계씩 BFS

- start라는 벡터를 하나 생성해서 여기서 초기값으로 주어진 익은 토마토들을 넣는다.

- bfs안에서 익은 토마토 별로 1단계씩 bfs를 진행한다.

- KeyX와 KeyY를 사용하는 방식으로 한단계씩 진행되는 bfs를 카운팅 할 수 있도록 했다.

- 만약 익은 토마토가 주어졌다면(익은 토마토가 없는 경우 upper bound error가 날 수 있다.)

- 첫번째 익은 토마토의 좌표값이 KeyX, KeyY값이 된다.

- bfs가 한차례씩 끝날때 마다 q에 KeyX와 KeyY값을 넣어 q에서 꺼넨 값이 key값일 경우 count를 한다.

 

2. 익지 못하는 토마토 판별

- bfs가 다 끝났음에도 익지 않은 토마토가 남아있다면  -1을 출력한다.

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

queue<pair<int, int>> q;
int input[1000][1000]={0};
int v[1000][1000]={0};
vector<pair<int, int>> start;
int m,n;

int bfs(vector<pair<int, int>> start){
    int k=0, count=0;
    int kx, ky;
    for(int i=0; i<start.size(); i++){
        int x,y;
        x = start[i].first;
        y = start[i].second;
        v[x][y]=1;
        q.push(make_pair(x,y));
    }
    if(start.size()>=1){
        kx = start[0].first; // Put key value 
        ky = start[0].second;
    }
    q.push(make_pair(kx, ky));
    while(q.size() > 1){ // 1이면 종료
        k++;
        int x = q.front().first;
        int y = q.front().second;
        q.pop();
        if(k!=1 && x==kx && y==ky){
            count++;
            q.push(make_pair(kx,ky));
        }else{
            //토마토가 안익었고 즉 0 이고 방문 안했으면 넣는다. 방문체크까지
            if(input[x-1][y]==0 && v[x-1][y]==0 && x!=0){ // 위쪽 
                v[x-1][y]=1;
                q.push(make_pair(x-1, y));
                input[x-1][y]=1;
            }
            if(input[x+1][y]==0 && v[x+1][y]==0&&x!=n-1 ){ // 아래쪽 
                v[x+1][y]=1;
                q.push(make_pair(x+1, y));
                input[x+1][y]=1;
            }
            if(input[x][y-1]==0 && v[x][y-1]==0 &&y!=0){ // 왼쪽
                v[x][y-1]=1;
                q.push(make_pair(x, y-1));
                input[x][y-1]=1;
            }
            if(input[x][y+1]==0 && v[x][y+1]==0 && y!=m-1){ // 오른쪽 
                v[x][y+1]=1;
                q.push(make_pair(x, y+1));
                input[x][y+1]=1;
            }
        }
    }
    return count;
}

int main(){
  cin >> m >> n;
  for(int i=0; i<n; i++){
    for(int j=0; j<m; j++){
      cin >> input[i][j];
    }
  }
  // 익은 토마토는 방문할 필요 없으므로 방문체크한다.
  for(int i=0; i<n; i++){
    for(int j=0; j<m; j++){
      if(input[i][j]==1)
        start.push_back(make_pair(i,j));
    }
  }
  int result = bfs(start);
  for(int i=0; i<n; i++)
    for(int j=0; j<m; j++)
      if(input[i][j]==0){
        printf("-1\n");
        return 0;
      }
  printf("%d\n", result);
  
  return 0;
}

느낀점

하루가 지나는 것을 인식하는 더 쉬운 방법이 있을 것 같다. 약간 비효율적인 방식을 채택한것 같지만 keyx,y값을 정해서 푸는 방법도 나름 창의적인 것 같기도 하다.