백준 7576번: 토마토 [골드 5] - Python

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

7576번: 토마토

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.

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.

알고리즘 분류

그래프 이론, 그래프 탐색, BFS

 

 

풀이

전형적인 BFS 문제이지만 시작점이 한 개가 아니라는 점이 포인트였습니다. 저는 시작점이 여러개인 BFS라면, 다음과 같이 BFS하면 되지 않을까? 하고 생각했습니다.

 

1. 시작점의 좌표를 모두 구한다.
2. 각각의 시작점마다 따로따로 BFS한다.

이 때 일반적인 BFS에서처럼 미방문 좌표만 탐색하는 것이 아니라, 이전 시작점에서 BFS했을 때 구한 각 지점의 최단거리가 현재 시작점에서 BFS한 최단거리보다 크다면 갱신해 주어야 합니다. 이렇게 하면 각각 다른 지점에서 BFS를 시작하더라도 항상 최단거리가 구해지겠죠.

 

이 아이디어를 떠올리고 나서 저는 "아! 멋진 아이디어다! 역시 나는 천잰가?!!" 하고 생각했습니다.. ㅋㅋㅋ 그래서 다음과 같이 코드를 작성했습니다.

 

시간 초과 코드

import sys
from collections import deque

input = sys.stdin.readline

m, n = map(int, input().split())

box = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]

move = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]


def bfs(row, col):
    dq = deque()
    dq.append((row, col))

    while dq:
        r, c = dq.popleft()
        for i in range(4):
            nr = r + move[i][0]
            nc = c + move[i][1]
            if nr < 0 or nr >= n or nc < 0 or nc >= m:
                continue
            if box[nr][nc] == -1:
                continue
            # 미방문했거나 갱신이 필요할 경우
            if box[nr][nc] == 0 or box[nr][nc] > box[r][c] + 1:
                box[nr][nc] = box[r][c] + 1
                dq.append((nr, nc))


for i in range(n):
    for j in range(m):
        if box[i][j] == 1:
            bfs(i, j)


answer = 0
for i in range(n):
    for j in range(m):
        if box[i][j] == 0:
            print(-1)
            exit(0)
    answer = max(answer, max(box[i]))

print(answer-1)

 

그런데 아니나다를까 시간초과가 발생하더군요(머쓱..) 문제 조건을 다시 보니 상자의 가로 세로 길이가 최대 1000으로, BFS를 여러번 한다면 확실히 빡빡한 조건이었습니다.

 

시간 초과를 해결하는 방법은 BFS를 따로 하지 않고 한 번에 하는 것이었습니다! BFS를 한 시작점에서 한 번 하고, 그다음 시작점에서 한 번 하고.. 이런 방식이 아니라, 덱에 미리 시작점 좌표들을 모두 넣어둔 상태로 BFS를 하는거죠!

 

생각해보면 맨 처음에 시작점의 좌표를 한 번에 넣고 BFS를 하게 되면, 너비 우선 탐색의 성질 덕분에 각각의 시작점에서 출발한 최단거리를 동시에 구할 수가 있습니다! (놀라운 사실이군요) 이 방식대로라면 굳이 거리를 확인해 갱신하는 작업이 필요 없이 방문여부만 확인하면 됩니다. 그래서 작성한 코드가 다음 코드입니다.

 

 

정답 코드

import sys
from collections import deque
input = sys.stdin.readline
m, n = map(int, input().split())
box = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
move = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]

dq = deque()
for i in range(n):
    for j in range(m):
        if box[i][j] == 1:
            dq.append((i, j))


def bfs():
    while dq:
        r, c = dq.popleft()
        for i in range(4):
            nr = r + move[i][0]
            nc = c + move[i][1]
            if nr < 0 or nr >= n or nc < 0 or nc >= m:
                continue
            if box[nr][nc] == -1:
                continue
            if box[nr][nc] == 0:
                box[nr][nc] = box[r][c] + 1
                dq.append((nr, nc))

bfs()
answer = 0
for i in range(n):
    for j in range(m):
        if box[i][j] == 0:
            print(-1)
            exit(0)
    answer = max(answer, max(box[i]))

print(answer - 1)

BFS에서 시작점이 여러 개인 경우, 처음부터 모든 시작점을 덱에 넣고 BFS 한다!! 하나 더 배워갑니다.