백준 7576번 토마토 [C++] BFS/예상되는 실수/접근방식/풀이법/코드

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

7576번: 토마토

난이도- 골드5(solved.ac)

문제와 접근방식

철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 아래의 그림과 같이 격자 모양 상자의 칸에 하나씩 넣어서 창고에 보관한다. (1)

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.(2) 하나의 토마토의 인접한 곳은 왼쪽, 오른쪽, 앞, 뒤 네 방향에 있는 토마토를 의미한다(3). 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(4) 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.(5)

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.

조건

시간제한 1초 메모리 제한 256MB

접근방식

(1) 격자모양 상자의 칸에 하나씩 넣어서 보관한다-> 2차원 배열을 써야할것 같다고 생각해야한다. 

(2) 인접한 곳에 있는 익지 않은 토마토들은 익은 토마토의 영향을 받아 익게 된다 -> 인접한 곳이라는 점에서 BFS의 가능성을 인지해야한다.

(3) 왼쪽, 오른쪽, 앞, 뒤 네 방향에 있는 토마토를 의미한다 -> 상하좌우에 대해서 접근하는 방법(함수 등)을 생각해야 한다. 물론 경계값도 고려할수 있어야 한다. 

(4) 2 ≤ M,N ≤ 1,000 -> 1000이라는 값의 범위를 볼때 일반적으로 1초는 약 10억이니 시간복잡도는 O(N^3)보다는 아래여야 한다는 것을 인지할수 있어야 한다.

(5) 토마토가 하나 이상 있는 경우만 입력으로 주어진다. -> 토마토가 하나도없는 상황은 없지만, 익지 않은 or 익은 토마토가 하나도 없는 경우는 고려해야한다. 

 

문제풀이

 

입력부분-2차원 배열에 격자 자체를 그대로 받아오면서, 총 안익은 토마토의 개수를 세어 non_tomato 변수에 넣는다.

그리고 익은 토마토들은 좌표를 queue에 넣는다. (좌표를 구조체 변수로 하는 queue 사용)

예외처리-만약 익은 토마토가 하나도없을경우, 바로 -1을 출력한다.

메인함수(bfs) - 무한루프 내에서 더이상 안익은 토마토가없다면 루프 돈 횟수 출력

안 익은 토마토가 남았는데, queue안에 토마토가 없다면(최근에 익힘 당한 토마토) -1출력

그 외의 경우 queue에 들어있는 토마토의 상하좌우 확인후 익힘 진행

 

시간복잡도 - O(N^2)

코드

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
struct pos {
	int x;
	int y;
};
pos buffer;
queue <pos> tomato_pos;
int m, n, day, non_tomato; //non_tomato가 안익은 토마토 개수를 의미 
int tomato_map[1001][1001];
int arr1[4] = { 1,-1,0,0 };
int arr2[4] = { 0,0,1,-1 };
int bfs(void) {
	int queue_size;
	pos now_pos;
	while (true) {
		if (non_tomato == 0) //안익은 토마토 없음
			break;
		if (tomato_pos.empty() == 1) //최근에 익힘 당한 토마토 없음 
			return -1;
		queue_size = tomato_pos.size();
		for (int i = 0; i < queue_size; i++) {
			now_pos = tomato_pos.front();
			tomato_pos.pop();
			for (int i = 0; i < 4; i++) {
				if (now_pos.x + arr1[i] >= 0 && now_pos.x + arr1[i] < m && now_pos.y + arr2[i] >= 0 && now_pos.y + arr2[i] < n) //상하좌우 테크닉
					if (tomato_map[now_pos.y + arr2[i]][now_pos.x + arr1[i]] == 0) { //안익은 토마토가 있을때 
						tomato_map[now_pos.y + arr2[i]][now_pos.x + arr1[i]] = 1;
						buffer.x = now_pos.x + arr1[i], buffer.y = now_pos.y + arr2[i];
						tomato_pos.push(buffer);
						non_tomato--;
					}
			}
		}day++;
	}return day;
}
int main(void) {
	scanf("%d %d", &m, &n);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			scanf("%d", &tomato_map[i][j]); //i가 세로, j가 가로 격자자체 받기
			if (tomato_map[i][j] == 1) { //익은 토마토
				buffer.x = j;
				buffer.y = i;
				tomato_pos.push(buffer); //queue에 넣는다. 
			}
			if (tomato_map[i][j] == 0) { //안익은 토마토
				non_tomato++; //개수 세기
			} 
		}
	}
	if (tomato_pos.empty() != 1) {  
		day = bfs();
		printf("%d", day);
	}
	else { //익은 토마토가 하나도 없을 경우 
		printf("-1"); 
	}

	return 0;
}

 

스스로 풀었는데 막히는 자들을 위한 예상되는 "실수하기 쉬운 부분"

1. 익은 토마토 or 안익은 토마토가 하나도 없는 케이스 - 고려하지 않을경우, 특정 예제에서만 틀릴수 있음

2. bfs를 진행할때 이미 한번 상하좌우 익히게 만든 토마토를 queue에 다시 넣은 경우 - 안 익는 토마토가 있을때 무한 루프가 나거나, 시간부족이 발생할 수있음.

3. 상하좌우 익힘 할때, m n 사이즈 고려 오류 - 제대로 고려하지 않을 경우, 못 익히는 토마토를 익히게 만들고, 날짜가 잘못되는 경우가 발생할 수 있음. (0에서 시작 1에서 시작 잘 생각하기) 

 

 

이 문제에서 얻어가기 좋은 내용

구조체 queue 사용법, BFS 문제 풀이