7576 토마토

7576 토마토

대표적인 FloodFill, SeedFill 문제.

토마토가 완숙되기까지 며칠이 걸릴까

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

1. 문제

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다음과 같은 토마토를 보관하는 M * N 칸의 상자가 있다.

토마토중에는 잘 익은것도 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.

토마토가 하나 이상 있는 경우만 입력으로 주어진다.

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.

2. 문제 분석

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필요 변수들

• 가로 세로 길이 int M, N
• 토마토 상자. N, M은 최대 1000까지이므로, int map[1001][1001]
• 각 셀의 위치 정보와 기간을 저장할 구조체 struct node{int y; int x; int days}
• BFS 탐색용 큐 queue<node> qu

• 4방향 탐색을 위한 direct 배열 int direct[4][2] = { 0,1, 1,0, 0,-1, -1,0 };

• 최대 기간을 저장할 int res

주의할 점

• N, M을 입력받을때 가로 세로를 주의해서 받는다
• 토마토가 익지 않는 경우도 있음

알고리즘

1. N, M 입력받기
2. map[N][M] 입력받기
    - 입력받으면서 토마토가 있는 칸은 큐에 삽입한다
3. BFS 시작. 큐가 빌때까지 다음을 반복한다
    3-1. 큐의 맨 앞을 꺼낸다
    3-2. 맨 앞의 날짜(days)를 기록해둔다
    3-3. 현재 노드의 4방향으로 조사를 해본다
        - 경계 밖이라면 패스
        - 토마토가 없는칸이라면 패스
        - 이미 날짜가 기록되어있다면 패스
        - 위 조건들을 통과했다면, 다음 이동할 칸에 날짜를 + 1 해주고 기록한다
        - 큐에 다음 이동할 칸을 삽입한다
4. 전체 상자에 익지 않은 토마토가 있는지 확인한다
    - 익지 않은 토마토가 있다면 -1을 출력하고 프로그램을 종료한다
    - 없다면, 저장된 날짜를 출력하고 종료

3. 소스코드

#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;

struct node {
	int y;
	int x;
	int days;
};

int N, M;
int map[1001][1001];
queue<node> qu;

int direct[4][2] = { 0,1, 1,0, 0,-1, -1,0 };

int main() {
	// freopen_s(new FILE*, "input.txt", "r", stdin);
	cin >> M >> N;

	for (int y = 0; y < N; y++) {
		for (int x = 0; x < M; x++) {
			cin >> map[y][x];
			if (map[y][x] == 1)
				qu.push({ y,x,0 });
		}
	}

	int res = 0;
	while (!qu.empty()) {
		node now = qu.front();
		qu.pop();

		res = now.days;

		for (int t = 0; t < 4; t++) {
			int dy = direct[t][0] + now.y;
			int dx = direct[t][1] + now.x;

			if (dy < 0 || dx < 0 || dy >= N || dx >= M) continue;
			if (map[dy][dx] == -1) continue;
			if (map[dy][dx] != 0) continue;

			map[dy][dx] = now.days + 1;
			qu.push({ dy,dx, now.days + 1 });
		}
	}

	for (int y = 0; y < N; y++) {
		for (int x = 0; x < M; x++) {
			if (map[y][x] == 0) {
				res = -1; 
				cout << "-1";
				return 0;
			}
		}
	}

	cout << res;

	return 0;
}

작성하면서 느낀건데 내가 일일히 문제를 붙여넣을 필요가 있을까??

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