[문제]
N×M (5≤N, M≤100)의 모눈종이 위에 아주 얇은 치즈가 <그림 1>과 같이 표시되어 있다. 단, N 은 세로 격자의 수이고, M 은 가로 격자의 수이다. 이 치즈는 냉동 보관을 해야만 하는데 실내온도에 내어놓으면 공기와 접촉하여 천천히 녹는다. 그런데 이러한 모눈종이 모양의 치즈에서 각 치즈 격자(작 은 정사각형 모양)의 4변 중에서 적어도 2변 이상이 실내온도의 공기와 접촉한 것은 정확히 한시간만에 녹아 없어져 버린다. 따라서 아래 <그림 1> 모양과 같은 치즈(회색으로 표시된 부분)라면 C로 표시된 모든 치즈 격자는 한 시간 후에 사라진다.
<그림 2>와 같이 치즈 내부에 있는 공간은 치즈 외부 공기와 접촉하지 않는 것으로 가정한다. 그러므 로 이 공간에 접촉한 치즈 격자는 녹지 않고 C로 표시된 치즈 격자만 사라진다. 그러나 한 시간 후, 이 공간으로 외부공기가 유입되면 <그림 3>에서와 같이 C로 표시된 치즈 격자들이 사라지게 된다.
모눈종이의 맨 가장자리에는 치즈가 놓이지 않는 것으로 가정한다. 입력으로 주어진 치즈가 모두 녹아 없어지는데 걸리는 정확한 시간을 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에는 모눈종이의 크기를 나타내는 두 개의 정수 N, M (5≤N, M≤100)이 주어진다. 그 다음 N개의 줄에는 모눈종이 위의 격자에 치즈가 있는 부분은 1로 표시되고, 치즈가 없는 부분은 0으로 표시된다. 또한, 각 0과 1은 하나의 공백으로 분리되어 있다.
출력
출력으로는 주어진 치즈가 모두 녹아 없어지는데 걸리는 정확한 시간을 정수로 첫 줄에 출력한다.
[풀이-실패버전]
import sys
input = sys.stdin.readline
# 변수 초기화
n, m = map(int, input().split())
arr = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
dx, dy = [-1, 1, 0, 0], [0, 0, -1, 1]
answer = 0
# 함수
def cheese():
temp = []
for x in range(n):
for y in range(m):
if arr[x][y]==1:
cnt = 0
for k in range(4):
nx, ny = x+dx[k], y+dy[k]
if 0<=nx<n and 0<=ny<m and arr[nx][ny]==0: cnt += 1
if cnt >= 2:
arr[x][y] = 2
temp.append((x, y))
return temp
while True:
# 아직 안녹은 치즈가 있는지 확인
s = 0
for i in range(n):
for j in range(m):
if arr[i][j]==1:
s += 1
# 치즈가 다 녹았다면 answer 출력
if s==0:
print(answer)
break
# 치즈 녹이기
result = cheese()
answer += 1
for r, c in result:
arr[r][c] = 0
- 반례를 생각하지 못했다.
- 1을 기준으로 상하좌우에 0이 인접하는게 2개 이상 있으면 1을 2로 바꿔줬다.
- 그리고 dfs를 한번 다 돌았을 때 2가 나온 곳을 다 0으로 바꿔줬다.
- 하지만 그렇게 하게 되면 다음과 같은 반례에서 답이 1이 나오게 된다.
- 겉에있는 치즈부터 녹아야 안에있는 치즈가 녹을 수 있다.
- 즉, 이 코드에선 치즈 내부에 있는 공간은 치즈 외부 공기와 접촉하지 않는 것으로 가정한다. 라는 조건을 빠뜨린 것이다.
[풀이-성공버전]
import sys
sys.setrecursionlimit(10**6)
input = sys.stdin.readline
# 변수 초기화
n, m = map(int, input().split())
arr = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
dx, dy = [-1, 1, 0, 0], [0, 0, -1, 1]
answer = 0
def dfs(x, y):
for i in range(4):
nx, ny = x+dx[i], y+dy[i]
if 0<=nx<n and 0<=ny<m and not visited[nx][ny]:
if arr[nx][ny] != 0:
arr[nx][ny] += 1
else:
visited[nx][ny]=1
dfs(nx, ny)
def remove():
for i in range(n):
for j in range(m):
if arr[i][j] >= 3:
arr[i][j] = 0
elif arr[i][j] == 2:
arr[i][j] = 1
def check():
for i in range(n):
for j in range(m):
if arr[i][j]==1:
return False
return True
while True:
if check():
print(answer)
break
visited = [[0]*m for _ in range(n)]
dfs(0, 0)
remove()
visited[0][0] = 1
answer += 1
- 치즈 내부에 있는 공간은 치즈 외부 공기와 접촉하지 않는 것으로 가정한다. 라는 조건을 만족시키기 위해 치즈를 기준으로 하지 않고 공기를 기준으로 dfs를 돌았다.
- 공기를 기준으로 탐색하고 공기기준 상하좌우에 치즈가 있을 때, 치즈의 값에 1을 더해준다.
- 이렇게 치즈가 2변 이상 접촉했다면 치즈의 값은 원래 값 1에서 2이상의 값이 더해졌으니 3이상이 된다.
- dfs를 한번 다 돌았으면, remove함수를 통해 치즈의 값이 3이상인 것을 0으로 바꿔주고, 2인 경우는 다시 1로 바꿔준다.
- check함수에서 아직 치즈가 존재하는지 확인하고 치즈가 다 녹았다면 True를 리턴해준다.
- 참고 블로그
[다른 풀이]
import sys; input=sys.stdin.readline
from collections import deque
n,m = map(int, input().split())
graph = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
dx, dy = [-1, 1, 0, 0], [0, 0, -1, 1]
def air_bfs(start):
dq = deque()
dq.append(start)
check = [[0]*m for _ in range(n)]
check[start[0]][start[1]] = 1
while dq:
y, x = dq.popleft()
for k in range(4):
b, a = dy[k]+y, dx[k]+x
if 0<=b<n and 0<=a<m and check[b][a]==0:
if graph[b][a]==0:
graph[b][a] = -1
dq.append((b, a))
check[b][a] = 1
elif graph[b][a]==-1:
dq.append((b, a))
check[b][a] = 1
air_bfs((0,0))
def bfs(start):
dq = deque()
dq.append(start)
while dq:
y, x = dq.popleft()
if visited[y][x] != 0:
continue
count = 0
for k in range(4):
b, a = dy[k] + y, dx[k] + x
if 0<=b<n and 0<=a<m:
if graph[b][a] == -1:
count += 1
elif graph[b][a] == 1 and visited[b][a]==0:
dq.append((b, a))
if count >= 2:
visited[y][x] = count
else:
visited[y][x] = -1
nodes.remove((y, x))
count = 0
while True:
air_bfs((0,0))
nodes = [(i, j) for i in range(n) for j in range(m) if graph[i][j]==1]
visited = [[0] * m for _ in range(n)]
if not nodes:
break
while nodes:
bfs(nodes[0])
for i in range(n):
for j in range(m):
if visited[i][j]>=2:
graph[i][j] = -1
count += 1
print(count)
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