문제
철수의 토마토 농장에서는 토마토를 보관하는 큰 창고를 가지고 있다. 토마토는 아래의 그림과 같이 격자모양 상자의 칸에 하나씩 넣은 다음, 상자들을 수직으로 쌓아 올려서 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 토마토에 인접한 곳은 위, 아래, 왼쪽, 오른쪽, 앞, 뒤 여섯 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,N과 쌓아올려지는 상자의 수를 나타내는 H가 주어진다. M은 상자의 가로 칸의 수, N은 상자의 세로 칸의 수를 나타낸다. 단, 2 ≤ M ≤ 100, 2 ≤ N ≤ 100, 1 ≤ H ≤ 100 이다. 둘째 줄부터는 가장 밑의 상자부터 가장 위의 상자까지에 저장된 토마토들의 정보가 주어진다. 즉, 둘째 줄부터 N개의 줄에는 하나의 상자에 담긴 토마토의 정보가 주어진다. 각 줄에는 상자 가로줄에 들어있는 토마토들의 상태가 M개의 정수로 주어진다. 정수 1은 익은 토마토, 정수 0 은 익지 않은 토마토, 정수 -1은 토마토가 들어있지 않은 칸을 나타낸다. 이러한 N개의 줄이 H번 반복하여 주어진다.
토마토가 하나 이상 있는 경우만 입력으로 주어진다.
출력
여러분은 토마토가 모두 익을 때까지 최소 며칠이 걸리는지를 계산해서 출력해야 한다. 만약, 저장될 때부터 모든 토마토가 익어있는 상태이면 0을 출력해야 하고, 토마토가 모두 익지는 못하는 상황이면 -1을 출력해야 한다.
풀이
처음부터 익은 토마토들이 동시에 주변을 익게 만들므로, 멀티 소스 BFS가 자연스럽다. 모든 익은 토마토를 큐에 넣고 한 번에 퍼뜨리면 각 칸이 익는 최소 날짜가 자동으로 계산된다.
2차원 버전이든 3차원 버전이든 핵심은 같다. 인접한 칸으로 BFS를 확장하면서 아직 익지 않은 토마토를 다음 날짜 상태로 바꾸고, 마지막에 모두 익었는지 검사하면 된다.
결국 이 문제는 가장 가까운 익은 토마토로부터의 거리 문제다.
코드
//7576번 문제와 유사
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
//토마토가 들어가 있는 x, y, z값을 클래스로 생성
class tomato {
public:
int x, y, z;
tomato(int z, int x, int y) : x(x), y(y), z(z) {}
};
int Box[101][101][101];
queue<tomato> tq;
int m, n, h;
//ripe: 현재 익은 토마토 개수, total: 토마토 전체 개수
int ripe, total;
int bfs() {
int dx[6] = {1, -1, 0, 0, 0, 0};
int dy[6] = {0, 0, 1, -1, 0, 0};
int dz[6] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};
while (!tq.empty()) {
tomato t = tq.front();
tq.pop();
for (int i = 0; i < 6; i++) {
int nx = t.x + dx[i];
int ny = t.y + dy[i];
int nz = t.z + dz[i];
if (nx >= 0 && ny >= 0 && nz >= 0 && nx < n && ny < m && nz < h && Box[nz][nx][ny] == 0) {
//배열에 (토마토가 익은날 + 1) 값을 넣어줌
Box[nz][nx][ny] = Box[t.z][t.x][t.y] + 1;
tq.push(tomato(nz, nx, ny));
ripe++;
}
}
}
if (total == ripe) {
int day = 1;
for (int i = 0; i < h; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
for (int k = 0; k < m; k++) {
if (Box[i][j][k] > day)
day = Box[i][j][k];
}
}
}
return day - 1;
}
else
return -1;
}
void solve() {
cin >> m >> n >> h;
total = m * n * h;
for (int i = 0; i < h; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
for (int k = 0; k < m; k++) {
cin >> Box[i][j][k];
if (Box[i][j][k] == 1) {
tq.push(tomato(i, j, k));
ripe++;
}
else if (Box[i][j][k] == -1)
total--;
}
}
}
//total과 ripe가 동일하다면 이미 전부 다 익었다는 뜻
if (total == ripe)
cout << "0" << '\n';
else
cout << bfs() << '\n';
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
solve();
return 0;
}복잡도
- 시간 복잡도: 3차원 토마토 상자의 모든 칸을 BFS로 한 번씩 처리하므로 이다.
- 공간 복잡도: 격자와 큐를 사용하므로 이다.
마무리
익은 토마토가 여러 개라면 시작점도 여러 개다. 멀티 소스 BFS로 보면 날짜 계산이 거리 계산처럼 깔끔해진다.
