7576 토마토(BFS)

토마토 성공

 

시간 제한	메모리 제한	제출	정답	맞은 사람	정답 비율
1 초	256 MB	59403	19371	12202	31.318%

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.

예제 입력 

6 4

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1

예제 출력

8

 

 

 

코드

 

 

#include 
#include 
#include 

int map[1001][1001];
int col = 0, row = 0;
std::queue<std::pair<int, int>> que;
int time = 0;
int ripen_tomato = 0;
int empty_tomato = 0;
int numberof_tomatoes = 0;

void BFS()
{
	while (que.size() > 0)
	{
		int size = que.size();
		bool is_connected = false;
		for (int ii = 0; ii < size; ii++)
		{
			std::pair<int, int> pos = que.front(); // first: row, second : col
			que.pop();

			if (pos.second - 1 != 0)
			{
				if (map[pos.first][pos.second - 1] == 0)
				{
					ripen_tomato++;
					map[pos.first][pos.second - 1] = 1;
					que.push(std::pair<int, int>(pos.first, pos.second - 1));
					is_connected = true;
				}
			}
			if (pos.second + 1 <= col)
			{
				if (map[pos.first][pos.second + 1] == 0)
				{
					ripen_tomato++;
					map[pos.first][pos.second + 1] = 1;
					que.push(std::pair<int, int>(pos.first, pos.second + 1));
					is_connected = true;
				}
			}
			if (pos.first - 1 != 0)
			{
				if (map[pos.first - 1][pos.second] == 0)
				{
					ripen_tomato++;
					map[pos.first - 1][pos.second] = 1;
					que.push(std::pair<int, int>(pos.first - 1, pos.second));
					is_connected = true;
				}
			}
			if (pos.first + 1 <= row)
			{
				if (map[pos.first + 1][pos.second] == 0)
				{
					ripen_tomato++;
					map[pos.first + 1][pos.second] = 1;
					que.push(std::pair<int, int>(pos.first + 1, pos.second));
					is_connected = true;
				}
			}
		}

		if(is_connected) //4방향 중 하나라도 숙성 과정 진행(다 막혀있거나 하면 숙성이 진행되지 않았으므로 time 증가하면 안됨)
			time++;

		is_connected = false;

		if (ripen_tomato >= numberof_tomatoes) //토마토가 모두 숙성
		{
			std::cout << time;
			return;
		}
	}
	std::cout << -1; //진행불가 상황. 큐가 비었는데도 토마토 갯수가 모자람

}


int main()
{
	std::cin >> col >> row;

	for (int ii = 1; ii <= row; ii++)
	{
		for (int jj = 1; jj <= col; jj++)
		{
			std::cin >> map[ii][jj];

			if (map[ii][jj] == 1)
			{
				que.push(std::pair<int, int>(ii, jj));
				ripen_tomato++;
			}
			else if (map[ii][jj] == -1)
				empty_tomato++;
		}
	}

	numberof_tomatoes = row * col - empty_tomato;
	
	BFS();
}

 

 

예외사항이 너무 많아져서 좀 까다로웠던 문제. 토마토가 숙성이 불가능한 상황을 어떻게 알아낼 것인가?

처음 생각한 방법은

1. 이전의 숙성 토마수 개수를 저장해놓고,  탐색을 진행해서 숙성수치가 이전타임과 변하지 않으면 진행불가로 판정. 을 생각해보았으나

서로가 토마토를 숙성시키는 과정에서 다른 큐 멤버의 숙성때문에 자신의 숙성(1로변환)이 막히는 경우에도 숙성수치가 변하지 않으므로 진행불가가 되는 문제가 있었다.

 

2. 그래서 숙성비교를 두 턴으로 늘릴까? --> 너무 예외가 생길 가능성이 높은 방법이며 부정확

3. 시작할 때 모든 노드의 전후좌우(자식들)을 비교해서 -1로 막혀있으면 진행불가? -> 정확한 방법이지만 전체를 한번 쭉 탐색해야함. 진행불가 상황이 아니라면 시간적 손해

 

등의 방법을 생각해보았고, 결론은 그냥 큐에 노드가 모두 비었는데도 숙성 토마토 갯수가 전체 숙성되어야하는 토마토 갯수보다 작으면 -1를 출력하는 간단한 방법이었다...