[백준 - 7569] 토마토 - C++, Python

분류: bfs, 3차원 /

 

문제

문제 링크

같은 내용 2차원 문제: [백준 - 7576] 토마토 - C++, Python 풀이

문제 설명

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 쌓아 올려지는 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 ≤ 100이다. 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

- Python

import sys
from collections import deque

def main():
    read = sys.stdin.readline
    M, N, H = map(int, read().split())
    box = [[None for _ in range(N)] for _ in range(H)]
    q = deque()
    unripe = 0
    for h in range(H):
        for n in range(N):
            box[h][n] = list(map(int, read().split()))
            for m in range(M):
                if box[h][n][m] == 1:
                    q.append((h,n,m))
                elif box[h][n][m] == 0:
                    unripe += 1
    if unripe == 0:
        print(0)
        return
    
    ans = 0
    dxyz = ((1,0,0),(-1,0,0),(0,1,0),(0,-1,0),(0,0,1),(0,0,-1))    
    while q:
        h, n, m = q.popleft()
        for dx, dy, dz in dxyz:
            x, y, z = m+dx, n+dy, h+dz
            if not (0 <= z < H and 0 <= y < N and 0 <= x < M):
                continue
            if box[z][y][x] == 0:
                ans = box[z][y][x] = box[h][n][m] + 1
                unripe -= 1
                q.append((z, y, x))
    if unripe > 0:
        print(-1)
    else:
        print(ans-1)

main()

처음 3중 반복문을 돌며 3차원 리스트 `box`를 만듭니다. 이때 나중에 모두 익었는지 확인하기 위해 안익은(0) 토마토의 개수를 `unripe`에 저장합니다.

`box` 저장이 끝났을 때 `unripe = 0` 이라면 박스에 있는 모든 토마토는 익어있습니다.(토마토는 적어도 하나 존재한다고 문제에 명시되어 있습니다.) 따라서 0을 출력하고 종료합니다.

안 익은 토마토가 존재한다면 bfs를 돌며 가장 마지막에 업데이트된 토마토의 값을 계산합니다. 이때 가장 멀리 있는 토마토가 가장 마지막에 업데이트되므로 값을 덮어써도 괜찮습니다. BFS이기 때문에 마지막값이 가장 큰 값입니다.

초기값이 1에서 1씩 더해가며 퍼져갔습니다. 1옆의 값은 2, 2옆의 값은 3이라면 전파는 2번 된 것이므로 마지막 값에서 1을 빼줘야 답이 됩니다. 토마토가 새로 익을 때마다 `unripe`값을 1씩 줄여줍니다.

만약 토마토의 익음 전파가 끝나고도 안 익은 토마토가 남아있다면  문제에 따라 -1을 출력합니다.

 

- C++ (순차적 BFS)

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

struct xyz {int x, y, z;};
int dx[] = {1, -1, 0, 0, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1, 0, 0};
int dz[] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};
queue<xyz> Q;
int M, N, H, unripe, ans;
int box[100][100][100];

bool bfs() {
    int size = Q.size();
    if(size == 0) return false;
    while(size--) {
        xyz cur = Q.front(); Q.pop();
        for(int d=6; d--;) {
            int nx = cur.x + dx[d];
            if(nx<0 || nx>=H) continue;
            int ny = cur.y + dy[d];
            if(ny<0 || ny>=N) continue;
            int nz = cur.z + dz[d];
            if(nz<0 || nz>=M) continue;
            if(box[nx][ny][nz] != 0) continue;
            box[nx][ny][nz] = 1; 
            unripe--;
            Q.push({nx, ny, nz});
        }
    }
    return true;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    cin >> M >> N >> H;
    for(int h=0; h<H; h++) {
        for(int r=0; r<N; r++) {
            for(int c=0; c<M; c++) {
                cin >> box[h][r][c];
                if(box[h][r][c] == 0)
                    unripe++;
                else if(box[h][r][c] == 1)
                    Q.push({h, r, c});
            }
        }
    }
    while(unripe && bfs()) ans++;

    if(unripe > 0) ans = -1;
    
    cout << ans;
}

불! 문제 다른 사람의 풀이에서 배운 방법을 사용해봤다.

`ans`는 익음을 몇번 전파했는지를 나타낸다.

`main`의 while문에서 안익은 토마토가 있으면 `bfs`로 익음을 전파한다.

익음을 전파 할 수 있는 토마토가 있다면(`size != 0`) 익음을 전파하고 `ans++`

여기서 놓치면 안되는 점이 사실 `ans`는 항상 익음을 전파한 횟수와 일치하지 않는다. 다음과 같은 상황을 예로 들어보자.

3 3 3
0 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1
-1 -1 -1 
-1 -1 1

위 상황은 3x3x3 큐브의 대각선에 익은 토마토와 안익은 토마토가 하나씩 있는 경우다.

이경우 while문은 한번 실행되고 `ans = 1`로 while문을 탈출할 것이다.

익음을 전파한 적이 없는데 `ans`는 1이다.

이경우 if문에서 예외처리가 가능하다. 안 익은 토마토가 하나라도 남아있다면 `ans = -1`이다.