[백준 - 17142] 연구소 3 - C++

분류: BFS, 완전 탐색, 시뮬레이션 /

 

문제

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문제 설명

인체에 치명적인 바이러스를 연구하던 연구소에 승원이가 침입했고, 바이러스를 유출하려고 한다. 바이러스는 활성 상태와 비활성 상태가 있다. 가장 처음에 모든 바이러스는 비활성 상태이고, 활성 상태인 바이러스는 상하좌우로 인접한 모든 빈 칸으로 동시에 복제되며, 1초가 걸린다. 승원이는 연구소의 바이러스 M개를 활성 상태로 변경하려고 한다.

연구소는 크기가 N×N인 정사각형으로 나타낼 수 있으며, 정사각형은 1×1 크기의 정사각형으로 나누어져 있다. 연구소는 빈 칸, 벽, 바이러스로 이루어져 있으며, 벽은 칸 하나를 가득 차지한다. 활성 바이러스가 비활성 바이러스가 있는 칸으로 가면 비활성 바이러스가 활성으로 변한다.

예를 들어, 아래와 같이 연구소가 생긴 경우를 살펴보자. 0은 빈 칸, 1은 벽, 2는 바이러스의 위치이다.

2 0 0 0 1 1 0

0 0 1 0 1 2 0

0 1 1 0 1 0 0

0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 2 0 1 1

0 1 0 0 0 0 0

2 1 0 0 0 0 2

M = 3이고, 바이러스를 아래와 같이 활성 상태로 변경한 경우 6초면 모든 칸에 바이러스를 퍼뜨릴 수 있다. 벽은 -, 비활성 바이러스는 *, 활성 바이러스는 0, 빈 칸은 바이러스가 퍼지는 시간으로 표시했다.

* 6 5 4 - - 2

5 6 - 3 - 0 1

4 - - 2 - 1 2

3 - 2 1 2 2 3

2 2 1 0 1 - -

1 - 2 1 2 3 4

0 - 3 2 3 4 *

시간이 최소가 되는 방법은 아래와 같고, 4초만에 모든 칸에 바이러스를 퍼뜨릴 수 있다.

0 1 2 3 - - 2

1 2 - 3 - 0 1

2 - - 2 - 1 2

3 - 2 1 2 2 3

3 2 1 0 1 - -

4 - 2 1 2 3 4

* - 3 2 3 4 *

연구소의 상태가 주어졌을 때, 모든 빈 칸에 바이러스를 퍼뜨리는 최소 시간을 구해보자.

입력

첫째 줄에 연구소의 크기 N(4 ≤ N ≤ 50), 놓을 수 있는 바이러스의 개수 M(1 ≤ M ≤ 10)이 주어진다.

둘째 줄부터 N개의 줄에 연구소의 상태가 주어진다. 0은 빈 칸, 1은 벽, 2는 비활성 바이러스의 위치이다. 2의 개수는 M보다 크거나 같고, 10보다 작거나 같은 자연수이다.

출력

연구소의 모든 빈 칸에 바이러스가 있게 되는 최소 시간을 출력한다. 바이러스를 어떻게 놓아도 모든 빈 칸에 바이러스를 퍼뜨릴 수 없는 경우에는 -1을 출력한다.

 

풀이

#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAX_DIST = 2500;

struct xy {int x, y;};
int N, M, C;
int board[50][50];
int vis[50][50];
bool mask[10];
int dx[] = {1, 0, -1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};

int bfs(queue<xy> &Q, int mark) {
    int rest = C;
    int sec = 0;
    while(not Q.empty()) {
        sec++;
        for(int size=Q.size(); size--;) {
            const auto [x, y] = Q.front(); Q.pop();
            for(int d=4; d--;) {
                int nx = x + dx[d], ny = y + dy[d];
                if(nx<0||nx>=N||ny<0||ny>=N) continue;
                if(vis[nx][ny] == mark) continue;
                if(board[nx][ny] == 1) continue;
                vis[nx][ny] = mark;
                Q.push({nx ,ny});
                
                if(board[nx][ny] == 0 and not --rest) 
                    return sec;
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cin >> N >> M;
    vector<xy> virus;
    for(int i=0; i<N; i++) {
        for(int j=0; j<N; j++) {
            cin >> board[i][j];
            if(board[i][j] == 0) C++;
            else if(board[i][j] == 2)
                virus.push_back({i, j});
        }
    }

    if(C == 0) { cout << 0; return 0; }

    int ans = MAX_DIST, mark = 0;
    for(int i=M; i<virus.size(); i++) mask[i] = true;
    
    do {
        mark++;
        queue<xy> Q;
        for(int i=0; i<virus.size(); i++) {
            if(mask[i]) continue;
            Q.push(virus[i]);
            vis[virus[i].x][virus[i].y] = mark;
        }
        
        int sec = bfs(Q, mark);
        if(sec != -1) ans = min(ans, sec);
    } while(next_permutation(mask, mask+virus.size()));

    cout << (ans == MAX_DIST ? -1 : ans);
}

• 비활성 바이러스에서 활서화 시킬 바이러스를 골라 활성화(`virus`, `next_permutation()`, `mask[]`)
• 활성화된 바이러스(`Q`)로 BFS(`bfs()`)
  • 모든 빈 칸이 바이러스로 채워지거나 더이상 확산이 안될 때 까지 BFS
    • 모든 빈 칸이 바이러스로 채워지면(`rest == 0`) 시간 반환
    • 아직 빈 칸이 남았는데 더이상 확산이 안된다면(`Q.empty()`) -1 반환
• 보든 빈 칸을 바이러스로 채운 시간의 최솟값 계산

 

활성화되지 않은 바이러스의 역할이 조금 모호해 잘못 풀었었다.

활성화되지 않은 바이러스는 BFS가 방문하지 않았더라도 바이러스로 채워진 역할만 수행할 뿐 BFS에는 영향을 미치지 않는다.

남은 빈 칸의 수와 확산 가능성만 BFS의 종료 조건으로 작용한다.

 

`mark`를 이용하면 `vis[][]`를 덮어써 BFS를 돌 때마다 `vis[][]`를 초기화할 필요 없다. [tag: 다른 값으로 방문 표시]