[BOJ] 7569: 토마토(JAVA)

https://www.acmicpc.net/problem/7569

7569번: 토마토

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.

예제 입력 1 

5 3 1

0 -1 0 0 0

-1 -1 0 1 1

0 0 0 1 1

예제 출력 1 

-1

예제 입력 2 

5 3 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

예제 출력 2 

4

예제 입력 3 

4 3 2

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

-1 -1 -1 -1

1 1 1 -1

예제 출력 3 

0

 

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[문제 풀이]

 

https://developearl99.tistory.com/97

[BOJ] 7576: 토마토(JAVA)

 

해당 문제는 위 문제의 3차원 버전이라고 생각하면 된다. 

 

크기가 H*N*M인 3차원 정수 배열 map에 토마토가 보관되는 위치를 저장한다. (0, -1, 1)

입력 받을 때, 토마토가 존재하는 곳의 좌표는 정수 h, x, y 의 값을 가지는 Node로 선언하여 Queue에 넣어주고, queue에 존재하는 위치의 토마토를 대상으로 다음에 익을 토마토를 검사할 것이다. 또한 총 익어야 할 토마토의 개수를 확인하기 위해 입력 값이 -1 또는 1이라면 정수 변수 count를 1씩 증가시킨다.

(H*M*N - count) 값은 총 익어야 할 토마토의 개수, 즉, 처음 입력받았던 값 중 0의 개수가 될 것이다.

만약 count가 H*M*N과 같다면, 처음부터 모든 토마토가 익은 경우이므로 0을 반환하고 종료하면 된다.

 

BFS를 이용해 토마토가 존재하는 위치에서 상, 하, 좌, 우, 위, 아래의 토마토를 확인한다.

상, 하, 좌, 우, 위, 아래 토마토를 확인하기 위해 dx, dy, dh를 다음과 같이 선언한다.

static int[] dx = {-1, 1, 0, 0, 0, 0};
static int[] dy = {0, 0, -1, 1, 0, 0};
static int[] dh = {0, 0, 0, 0, -1, 1};

bfs는 queue안에 원소가 없을 때까지 진행할 것이다.

현재 큐에서 꺼낸 노드에서 확인해야 할 위치의 토마토는 상, 하, 좌, 우, 위, 아래 총 6개이므로

반복문은 i=0부터 i<6일 때까지 진행하며, 탐색할 위치 nh, nx, ny는 다음과 같다.

for(int i=0;i<6;i++) {
    int nh = node.h + dh[i];
    int nx = node.x + dx[i];
    int ny = node.y + dy[i];
}

탐색할 위치 nh, nx, ny의 값이 범위 내의 값인지 확인한다.

if(nh>=0&&nx>=0&&ny>=0&&nh<H&&nx<N&&ny<M)

nh, nx, ny가 모두 범위 내의 값이라면, 해당 위치의 토마토를 방문한 적이 없고, 해당 위치의 토마토가 익지 않은 토마토인지 확인한다.

if(!visit[nh][nx][ny]&&map[nh][nx][ny]==0)

map[nh][nx][ny] 위치의 토마토가 익지 않은 토마토이며 방문한 적이 없다면, 해당 위치의 토마토를 next라는 이름의 queue에 넣어준다. next 큐는 다음 날에 익을 토마토를 저장하는 큐이며, bfs가 종료되고 나면 해당 위치의 토마토는 queue로 들어가 그 다음 날 익을 토마토를 다시 탐색할 대상이 될 것이다. 또한, 해당 위치의 토마토의 방문 여부를 표시하는 2차원 boolean 배열 visit[nh][nx][ny] 값을 true로 변경한다.

next.add(new Node(nh,nx,ny));
visit[nh][nx][ny]=true;

큐에 존재하는 모든 토마토에 대해 bfs 탐색이 종료되었다면, next 큐에 존재하는 토마토의 개수를 확인한다. 만약 next 큐에 존재하는 토마토가 없고, 아직 익지 않은 토마토가 존재한다면 토마토가 모두 익지 못하는 경우가 된다. 따라서 이때는 day를 -1로 변경하고 반복문을 종료한다.

if(next.size()==0) {
    day=-1;
    break;
}

위의 경우에 해당되지 않는다면, next에 존재하는 토마토의 개수(next.size())를 count에 더해준다. 그 다음 next에 있는 토마토를 queue로 옮기고 day를 1 증가시킨다.

count+=next.size();
	         
while(!next.isEmpty())
	queue.add(next.poll());
	  
day++;

next에서 queue로 옮겨준 토마토를 대상으로 다시 bfs를 이용해 다음에 익을 토마토를 확인하는 과정을 반복한다.

위의 과정을 모든 토마토가 다 익을 때까지, 혹은 모든 토마토가 다 익을 수 없는 상황이 올 때까지 진행한다.

 

 

[코드]

import java.util.*;

class Node{
	int h;
	int x;
	int y;
	
	public Node(int h, int x, int y) {
		this.h = h;
		this.x = x;
		this.y = y;
	}
}

public class Main{
	static int M, N, H;
	static Queue<Node> queue = new LinkedList<>();
	static Queue<Node> next = new LinkedList<>();;
	static int count=0;
	static int[] dx = {-1, 1, 0, 0, 0, 0};
	static int[] dy = {0, 0, -1, 1, 0, 0};
	static int[] dh = {0, 0, 0, 0, -1, 1};
	static int day=0;
	static boolean[][][] visit;
	static int[][][] map;
	
	public static void bfs() {
		
		while(!queue.isEmpty()) {
			Node node = queue.poll();
			
			for(int i=0;i<6;i++) {
				int nh = node.h + dh[i];
				int nx = node.x + dx[i];
				int ny = node.y + dy[i];
				
				if(nh>=0&&nx>=0&&ny>=0&&nh<H&&nx<N&&ny<M) {
					if(!visit[nh][nx][ny]&&map[nh][nx][ny]==0) {
						next.add(new Node(nh,nx,ny));
						visit[nh][nx][ny]=true;
					}
					
				}
				
			}
			
		}
	}
	
	public static void main(String[] args) {
         Scanner sc = new Scanner(System.in);
         M = sc.nextInt();
         N = sc.nextInt();
         H = sc.nextInt();
         map = new int[H][N][M];
         visit = new boolean[H][N][M];
       
         for(int k=0;k<H;k++) {
	         for(int i=0;i<N;i++) {
	        	 for(int j=0;j<M;j++) {
	        		 map[k][i][j] = sc.nextInt();
	        		 if(map[k][i][j]==1)
	        			 queue.add(new Node(k,i,j));
	        		 if(map[k][i][j]==1||map[k][i][j]==-1) {
	        			 count++;
	        		 }
	        	 }
	         }
         }
         
         int total = M*N*H;
         while(count<total) {
	         bfs();
	         
	         if(next.size()==0) {
	        	 day=-1;
	        	 break;
	         }
	        	 
	         count+=next.size();
	         day++;
	         
	         while(!next.isEmpty()) {
	        
	        	 queue.add(next.poll());
	        	
	         }
	         
         }    
	    
         
         System.out.println(day);
     
	}
}