[백준], 7569번, 토마토 (파이썬)

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 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 입력1

5 3 1
0 -1 0 0 0
-1 -1 0 1 1
0 0 0 1 1

예제 출력1

-1

예제 입력2

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 출력2

4

예제 입력3

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 출력3

0

풀이

from collections import deque
import sys

input = sys.stdin.readline

m,n,h = map(int,input().split())
graph = [[list(map(int,input().split())) for _ in range(n)] for _ in range(h)]
tomato_list = [] #익은 토마토 리스트
nonto_cnt = 0 #안익은 토마토 카운트
dx,dy,dz = [-1,1,0,0,0,0],[0,0,-1,1,0,0],[0,0,0,0,-1,1] #이동

for a in range(h):
    for b in range(n):
        for c in range(m):
            if not graph[a][b][c]:
                nonto_cnt += 1 #안익은 토마토 갯수 세기
            elif graph[a][b][c]==1:
                tomato_list.append([a,b,c]) #익은 토마토 리스트 넣기
                
def bfs():
    days = 0
    global nonto_cnt
    queue = deque(tomato_list)
    while queue and nonto_cnt:
        x,y,z = queue.popleft()
        for i in range(6):
            nx,ny,nz = x+dx[i],y+dy[i],z+dz[i]
            if 0<=nx<h and 0<=ny<n and 0<=nz<m:
                if not graph[nx][ny][nz]:
                    graph[nx][ny][nz]=graph[x][y][z]+1
                    days = max(graph[nx][ny][nz], days)
                    queue.append([nx,ny,nz])
                    nonto_cnt -= 1
    if nonto_cnt: #안익은 토마토가 남아있다면
        return -1
    if not days:
        return 0
    return days-1

print(bfs())

 

문제해설

이전 토마토 문제에서 3차원으로 바뀌는 것 빼고는 유사한 유형이다.

다만, 수행시간에서 이점을 얻으려면 아래와 같이하면 좋다고 한다. (백준 wider93 님의 답변 인용했습니다.)

 

 

1. 전체를 함수 안에 넣는다.(놀랍게도 잔역변수 참조가 지역변수 참조보다 느려서 이게 큰 효과가 있는 코드가 많습니다.)

2. 인덱싱을 줄입니다.

for i in range(6)을 for u,v,w in zip(dx, dy, dz) 등으로 바꿀 수 있습니다. 아니면 아예 전용 generator를 만들어서 위의 코드보다 못생기지만 빠른 if문을 안에 넣어주면 더 효율적으로 작동할 수 있습니다.