문제
<그림 1>과 같이 정사각형 모양의 지도가 있다. 1은 집이 있는 곳을, 0은 집이 없는 곳을 나타낸다. 철수는 이 지도를 가지고 연결된 집의 모임인 단지를 정의하고, 단지에 번호를 붙이려 한다. 여기서 연결되었다는 것은 어떤 집이 좌우, 혹은 아래위로 다른 집이 있는 경우를 말한다. 대각선상에 집이 있는 경우는 연결된 것이 아니다. <그림 2>는 <그림 1>을 단지별로 번호를 붙인 것이다. 지도를 입력하여 단지 수를 출력하고, 각 단지에 속하는 집의 수를 오름차순으로 정렬하여 출력하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫 번째 줄에는 지도의 크기 N(정사각형이므로 가로와 세로의 크기는 같으며 5≤N≤25)이 입력되고, 그 다음 N줄에는 각각 N개의 자료(0혹은 1)가 입력된다.
출력
첫 번째 줄에는 총 단지수를 출력하시오. 그리고 각 단지내 집의 수를 오름차순으로 정렬하여 한 줄에 하나씩 출력하시오.
풀이
집이 있는 칸(1)들끼리 상하좌우로 이어진 덩어리마다 단지를 하나씩 센다. 아직 방문하지 않은 집 칸에서 BFS나 DFS를 시작하면 그 단지에 속한 집을 전부 방문할 수 있으므로, 탐색 한 번이 단지 하나와 대응된다.
코드는 탐색 과정에서 단지 크기를 세어 배열에 저장하고, 마지막에 크기들을 정렬해 출력한다. 결국 필요한 정보는 단지 개수와 각 단지의 크기 두 가지다.
코드
#include <iostream>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, c;
int arr[25][25];
int visit[25][25];
vector<int> complex;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};
queue<pair<int, int>> q;
void bfs(int x, int y) {
int count = 1;
visit[x][y] = true;
q.push({ x, y });
while (!q.empty()) {
x = q.front().first;
y = q.front().second;
q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int next_x = x + dx[i];
int next_y = y + dy[i];
if (next_x >= 0 && next_y >= 0 && next_x < n && next_y < n) {
if (arr[next_x][next_y] == 1 && !visit[next_x][next_y]) {
visit[next_x][next_y] = true;
count++;
q.push({ next_x, next_y });
}
}
}
}
complex.push_back(count);
}
void solve() {
cin >> n;
string num = "";
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> num;
for (int j = 0; j < n; j++) {
arr[i][j] = (num[j] - '0');
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (arr[i][j] == 1 && !visit[i][j]) {
bfs(i, j);
c++;
}
}
}
sort(complex.begin(), complex.end());
cout << c << '\n';
int size = complex.size();
for (int i = 0; i < size; i++)
cout << complex[i] << '\n';
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
solve();
return 0;
}복잡도
- 시간 복잡도: 지도 전체 칸을 BFS로 한 번씩 확인하므로 이다.
- 공간 복잡도: 지도, 방문 배열, 큐를 사용하므로 이다.
마무리
단지는 집이 연결된 하나의 컴포넌트다. BFS로 컴포넌트 크기를 세어 모아 두고 마지막에 정렬하면 단지 개수와 크기 목록을 모두 얻을 수 있다.
