[백준 7576번] 토마토
J-Shine
[백준 7576번] 토마토 C++ 풀이
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256MB
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.
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.
내 틀린 풀이
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first;
#define Y second;
int ripeness[1005][1005];
int days[1005][1005];
int minDays = 0;
int N(0), M(0);
int dx[4] = { 1, 0, -1, 0 };
int dy[4] = { 0, 1, 0, -1 };
queue<pair<int, int>> q;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> M >> N;
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
cin >> ripeness[i][j];
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) fill(days[i], days[i] + M, -1); // days를 -1로 초기화
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (ripeness[i][j] == 1 && days[i][j] == -1) {
days[i][j]++;
q.push(make_pair(i, j));
while (!q.empty()) {
pair<int, int> cur = q.front();
q.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int x = cur.X; int y = cur.Y;
int nx = x + dx[dir]; int ny = y + dy[dir];
if (nx < 0 || nx > N || ny < 0 || ny > M) continue;
if (days[nx][ny] != -1 && days[x][y] + 1 >= days[nx][ny]) continue; // 방문 했고 더 짧은 일수가 들어있는 경우 방문x
else if (days[nx][ny] == -1 && ripeness[nx][ny] == 1) continue; // 방문 안했고 익은 경우 방문x(나중에 또다른 시작점)
else if (ripeness[nx][ny] == -1) continue; // 토마토가 없으면 방문 x
// 방문 했지만 더 긴 일수가 들어있는 경우 재방문 후 일수 짧게 바꾸고 큐에 push
// 방문 안했고 안 익은 경우 방문 후 일수 설정 후 큐에 push -> 위의 둘은 코드가 같다.
ripeness[nx][ny] = 1;
days[nx][ny] = days[x][y] + 1;
q.push(make_pair(nx, ny));
}
}
}
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (ripeness[i][j] == 0) {
cout << -1 << "\n";
return 0;
}
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (minDays < days[i][j]) {
minDays = days[i][j];
}
}
}
cout << minDays << "\n";
}
위 풀이는 시간 초과로 틀린 풀이이다.
BFS를 사용해서 익는 날짜를 계산하는 것까진 알겠는데 처음에 익은 토마토가 여러개인 걸로 시작하면 여러개의 시작점에서부터 토마토들이 익다가, 익은 토마토들의 중간지점에서 최대로 익는 날짜가 나와야 한다.
그것을 어떻게 구현하느냐..?를 생각하다가 얻은 결론이
익은 토마토 A에 대해 BFS를 끝까지 돌린다음, 익은 토마토 B에 대해 또 처음부터 BFS를 돌리다가 B에 의해 익는 날짜가 A에 의해 익는 날짜보다 작으면 그 날짜를 고치고,
B에 의해 익는 날짜가 A에 의해 익는 날짜보다 같거나 커지기 시작하면 BFS를 멈춘다.
이 것을 C, D, E 등 나머지 토마토에 대해서도 계속 반복한다.
결국 하나의 안익은 토마토가 여러번 중복하여 큐에 들어가는 일이 생기다 보니 시간초과로 틀리는 풀이이다.
내 맞은 풀이**
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first;
#define Y second;
int ripeness[1005][1005];
int days[1005][1005];
int minDays = 0;
int N(0), M(0);
int dx[4] = { 1, 0, -1, 0 };
int dy[4] = { 0, 1, 0, -1 };
queue<pair<int, int>> q;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> M >> N;
for (int i = 0; i < N; i++) fill(days[i], days[i] + M, -1); // days를 -1로 초기화(방문 안 한 상태)
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
cin >> ripeness[i][j];
if (ripeness[i][j] == 1) {
q.push(make_pair(i, j));
days[i][j]++;
}
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
while (!q.empty()) {
pair<int, int> cur = q.front();
q.pop();
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
int x = cur.X; int y = cur.Y;
int nx = x + dx[dir]; int ny = y + dy[dir];
if (nx < 0 || nx > N || ny < 0 || ny > M) continue;
if (ripeness[nx][ny] != 0 || days[nx][ny] != -1) continue;
ripeness[nx][ny] = 1;
days[nx][ny] = days[x][y] + 1;
if (minDays < days[nx][ny]) minDays = days[nx][ny];
q.push(make_pair(nx, ny));
}
}
}
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (ripeness[i][j] == 0) {
cout << -1 << "\n";
return 0;
}
}
}
cout << minDays << "\n";
}
BFS를 본격적으로 돌리기 전에 익은 토마토들을 모두 큐에 넣는다(처음부터 익어있던 토마토를 시작점으로 설정).
이 토마토들이 0일로 설정되고, 이 토마토들에 인접하고 안익은 토마토들은 다음으로 큐에 push되면서 1일로 설정이 된다. 그리고 그 작업을 반복한다.
이렇게 하면 매일매일 어느 범위까지의 토마토들이 익는지를 알 수 있다.
그리고 여기서도 #define 뒤에 세미콜론(;)을 붙이는 우를 범했다(..)
바킹독님 풀이(출처)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
string board[102];
int dist[102][102];
int n,m;
int dx[4] = {1,0,-1,0};
int dy[4] = {0,1,0,-1};
int main(void){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> board[i];
for(int i = 0; i < n; i++) fill(dist[i],dist[i]+m,-1);
queue<pair<int,int> > Q;
Q.push({0,0});
dist[0][0] = 0;
while(!Q.empty()){
auto cur = Q.front(); Q.pop();
for(int dir = 0; dir < 4; dir++){
int nx = cur.X + dx[dir];
int ny = cur.Y + dy[dir];
if(nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) continue;
if(dist[nx][ny] >= 0 || board[nx][ny] != '1') continue;
dist[nx][ny] = dist[cur.X][cur.Y]+1;
Q.push({nx,ny});
}
}
cout << dist[n-1][m-1]+1; // 문제의 특성상 거리+1이 정답
}