토마토
| 시간 제한 | 메모리 제한 | 제출 | 정답 | 맞은 사람 | 정답 비율 |
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| 1 초 | 256 MB | 13006 | 4251 | 3067 | 34.131% |
문제
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 H 가 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 H 번 반복하여 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 -1 을 출력해야 한다.
예제 입력 1
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5 3 1
0 -1 0 0 0
-1 -1 0 1 1
0 0 0 1 1
예제 출력 1
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-1
예제 입력 2
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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
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예제 입력 3
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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
1
0
풀이
세개의 값을 큐에 넣기 위해 구조체를 사용해 봤다.
원래는 pair<pair<int,int>,int> 형을 썼는데 시간은 구조체가 더 빠르지만 아직 낯설당
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#include <iostream>
#include <vector>
#include <utility>
#include <queue>
#define p pair<int,int>
#define pp pair<p,int>
using namespace std;
struct Node{
int z,y,x;
Node(int zz,int yy,int xx): z(zz),y(yy),x(xx){}
};
vector<vector<vector<int>>> v, cnt;
queue<Node> q;
int ans;
int dx[]={0,1,0,-1,0,0};
int dy[]={1,0,-1,0,0,0};
int dz[]={0,0,0,0,1,-1};
//정수 1은 익은 토마토, 정수 0 은 익지 않은 토마토, 정수 -1은 토마토가 들어있지 않은 칸
int bfs(int ex,int ey,int ez){
int tomato=0;
while(!q.empty()){
Node now = q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<6;i++){
int nz=now.z+dz[i], ny=now.y+dy[i], nx=now.x+dx[i];
if(nz<0 || nz>ez ||ny<0 || ny>ey ||nx<0 || nx>ex) continue;
if(cnt[nz][ny][nx]==100000 && v[nz][ny][nx]==0){
q.push({nz,ny,nx});
cnt[nz][ny][nx]=cnt[now.z][now.y][now.x] +1;
v[nz][ny][nx]=1;
++tomato;
if(ans==tomato){
return cnt[nz][ny][nx];
}
}
}
}
return -1;
}
int main(){
int x,y,h;
cin >> x>>y>>h;
v.resize(h); cnt.resize(h);
for(int i=0;i<h;i++){
v[i].resize(y); cnt[i].resize(y);
for(int j=0;j<y;j++){
v[i][j].resize(x); cnt[i][j].resize(x,100000);
for(int w=0;w<x;w++){
int temp;
cin >> temp;
v[i][j][w]=temp;
if(temp==1){
q.push({i,j,w});// z,y,x
cnt[i][j][w]=0;
}
else if(temp==0){
++ans;
}
}
}
}
if(ans==0)
cout << 0 << '\n';
else
cout << bfs(x-1,y-1,h-1) << '\n';
}