[BOJ/Python] 토마토 || BFS

백준 토마토 파이썬 7576

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

 

 

❍ 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.

 

❏ 문제 풀이

❍ 설명

1. 익은 토마토의 위치 파악
2. 주변을 탐색하여 안익은 토마토(0)는 익은 토마토(1)가 되도록 하자

 

❍ 과거 Code

import sys
import heapq

def check_all(tomato):
    for i in range(n):
        for j in range(m):
            if tomato[i][j] == 0:
                return False
    return True

input = sys.stdin.readline

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

tomato = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
visited = [[False] * m for _ in range(n)]
direction = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]

# 0 - 안익음, 1 - 익음, -1 - 없음
result = -1
good = []
for i in range(n):
    for j in range(m):
        if tomato[i][j] == 1:
            heapq.heappush(good, (0, i, j))

while good:
    d, x, y = heapq.heappop(good)
    visited[x][y] = True

    for dx, dy in direction:
        nx = x + dx
        ny = y + dy
        if nx < 0 or nx >= n or ny < 0 or ny >= m:
            continue
        if tomato[nx][ny] == 0 and visited[nx][ny] != True:
            visited[nx][ny] = True
            tomato[nx][ny] = 1
            heapq.heappush(good, (d + 1, nx, ny))

if check_all(tomato):
    result = d
else:
    result = -1
print(result)

기존 코드는 익은 토마토의 위치를 heapq에 저장하고, BFS를 통해 안익은 토마토를 익히는 방식이다. 탐색이 끝난 후엔 모든 토마토가 익었는지 확인한다.

 

시간 복잡도

heapq는 데이터 삽입 및 삭제 시, 시간 복잡도는 $O(log(n \times m))$이다.

모든 토마토를 확인하고자 최악의 경우엔 $n×m$ 번의 삽입/삭제 연산이 발생할 것이다.

따라서, 전체 시간 복잡도는 $O((n×m)log(n×m))$이다.

 

❍ 개선된 Code

deque를 사용하여 BFS를 구현하는 것이 더 효율적이다.

불필요한 visited 배열과 check_all 함수를 제거하였으며, 리스트 확장을 통해 인덱스 범위가 벗어나는 것 방지하였다.

import sys
from collections import deque

input = sys.stdin.readline

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

tomato = (
    [[-1] * (m + 2)]
    + [[-1] + list(map(int, input().split())) + [-1] for _ in range(n)]
    + [[-1] * (m + 2)]
)

direction = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]
# 0 - 안익음, 1 - 익음, -1 - 없음
cnt = 0
good = deque()
for i in range(1, n + 1):
    for j in range(1, m + 1):
        if tomato[i][j] == 1:
            good.append((0, i, j))
        elif tomato[i][j] == 0:
            cnt += 1

while good:
    d, x, y = good.popleft()

    for dx, dy in direction:
        nx = x + dx
        ny = y + dy
        if tomato[nx][ny] == 0:
            cnt -= 1
            tomato[nx][ny] = 1
            good.append((d + 1, nx, ny))

if cnt == 0:
    print(d)
else:
    print(-1)

 

❍ 시간 복잡도

deque의 삽입/삭제 연산은 $O(1)$이다.

모든 토마토를 확인하고자 최악의 경우엔 $n×m$ 번의 삽입/삭제 연산이 발생할 것이다.

따라서, 전체 시간 복잡도는 $O(n×m)$이다.