https://www.acmicpc.net/problem/10026
크기가 N × N인 그리드의 각 칸에 R(빨강), G(초록), B(파랑) 중 하나를 색칠한 그림이 있다. 그림은 몇 개의 구역으로 나눠져 있는데, 한 구역은 같은 색으로 이루어져 있다. 또, 같은 색상이 상하좌우로 인접해 있는 경우에 두 글자는 같은 구역에 속한다. 적록색약은 빨간색과 초록색의 차이를 거의 느끼지 못하기 때문에, 적록색약인 사람이 보는 그림은 적록색약이 아닌 사람이 보는 그림과는 좀 다를 수 있다. 그림이 입력으로 주어졌을 때, 적록색약인 사람이 봤을 때와 아닌 사람이 봤을 때 구역의 수를 구하는 문제다.
문제 탐색하기
- 문제에서 구해야 하는 최종 정답은 무엇인지 탐색한 과정
- 그 정답을 구하기 위해 어떻게 코드를 구현해야 할지 고민한 과정
- 문제에 들어오는 범위를 파악하며 어떤 알고리즘을 쓸 수 있을지 고민해 가는 과정
ex. 가능한 시간 복잡도, 알고리즘 선택
입출력 제한
- 1 ≤ N ≤ 100
적록색약이 아닌 사람과 적록색약인 사람이 본 그림의 구역 수를 각각 구해야 하기 때문에 그림을 총 두 번 훑어야 한다. 처음에 그림 정보를 입력받을 때, 적록색약인 사람 용으로 R과 G를 같은 값으로 저장해둔 그림을 따로 만들어 두는 방법도 생각해봤는데 메모리 면에서 그렇게 좋은 방법은 아닌 것 같아서 다른 방법을 찾기로 했다.
아래는 위에 적은 방법으로 1년 전에 제출한 코드인데 참 복잡하게도 짜놓은 것 같다.
#include <iostream>
using namespace std;
int n, edge[100][100],visit[100][100],rg[100][100],rgvisit[100][100],dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
string s;
void dfs(int x, int y) {
visit[x][y]=1;
for (int i=0; i<4; i++) {
int cx=x+dx[i],cy=y+dy[i];
if (cx<0 || cy<0 || cx>=n || cy>=n) continue;
if (visit[cx][cy]==0 && edge[cx][cy]==edge[x][y]) dfs(cx,cy);
}
}
void rgdfs(int x, int y) {
rgvisit[x][y]=1;
for (int i=0; i<4; i++) {
int cx=x+dx[i],cy=y+dy[i];
if (cx<0 || cy<0 || cx>=n || cy>=n) continue;
if (rgvisit[cx][cy]==0 && rg[cx][cy]==rg[x][y]) rgdfs(cx,cy);
}
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i=0; i<n; i++) {
cin >> s;
for (int j=0; j<n; j++) {
if (s[j]=='R') {
edge[i][j]=1;
rg[i][j]=1;
}
else if (s[j]=='G') {
edge[i][j]=2;
rg[i][j]=1;
}
else {
edge[i][j]=3;
rg[i][j]=2;
}
visit[i][j]=0;
rgvisit[i][j]=0;
}
}
int cnt=0,rgcnt=0;
for (int i=0; i<n; i++) {
for (int j=0; j<n; j++) {
if (visit[i][j]==0) {
dfs(i,j);
cnt++;
}
if (rgvisit[i][j]==0) {
rgdfs(i,j);
rgcnt++;
}
}
}
cout << cnt << ' ' << rgcnt;
}
다른 방법은 너비 우선 탐색 함수를 돌릴 때 조건문을 통해 적록색약인 경우엔 R과 G를 같은 색으로 판단하게 하는 것이다. 방문하지 않은 좌표에서 너비 우선 탐색 함수를 돌릴 때, 적록색약인지 구별하기 위해 bool 값을 파라미터로 넣어 해당 값에 따라 queue에 원소를 넣을 때 조건문을 다르게 처리하도록 했다.
코드 설계하기
위의 [문제 탐색하기]에서 고민한 과정을 토대로 문제 풀이에 대한 실마리를 잡고, 문제 풀이를 본격적으로 하기 전 이 문제를 풀기 위한 로드맵을 그리는 과정!
- 어떤 순서로 코드를 작성해야 할지
- 어떤 함수들을 작성해야 할지
- N, 그림 정보 입력받기
- 이중 반복문을 두 번 돌려 적록색약이 아닌 사람이 본 그림과 적록색약인 사람이 본 그림의 구역 수를 출력하기
- 두번째 반복문을 돌리기 전 방문 체크 배열 초기화
- 적록색약이 아닌 사람이 본 그림은 R, G, B 모두 구분하고, 적록색약인 사람이 본 그림은 (R, G)와 B만 구분하도록 조건문을 통해 구현하기
시도 회차 수정 사항 (Optional)
- '틀렸습니다'를 받았다면 왜 틀렸는지 고민해보고, 어떻게 수정할 수 있는지 고민하는 과정을 작성
- 내가 세울 설계에서 어떤 부분이 틀렸는지도 함께 점검
- 한 번에 맞히면 pass해도 됨!
pass
정답 코드
#include <iostream>
#include <queue>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
int n,cnt,dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
char board[100][100];
bool visit[100][100],mode;
void bfs(int a, int b, bool mode) {
queue<pii> q;
q.push({a,b});
visit[a][b] = true;
char init_c = board[a][b];
while (!q.empty()) {
auto [x,y] = q.front();
q.pop();
for (int i=0; i<4; i++) {
int cx=x+dx[i],cy=y+dy[i];
if (cx<0 || cx>=n || cy<0 || cy>=n || visit[cx][cy]) continue;
if (mode) {
if (init_c=='B') {
if (board[cx][cy]!=init_c) continue;
}
else {
if (board[cx][cy]=='B') continue;
}
}
else {
if (board[cx][cy]!=init_c) continue;
}
q.push({cx,cy});
visit[cx][cy] = true;
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i=0; i<n; i++) {
string str;
cin >> str;
for (int j=0; j<n; j++) board[i][j] = str[j];
}
for (int i=0; i<n; i++) {
for (int j=0; j<n; j++) {
if (!visit[i][j]) {
bfs(i,j,0);
cnt++;
}
}
}
cout << cnt << ' ';
cnt = 0;
fill(&visit[0][0],&visit[100][0],0);
for (int i=0; i<n; i++) {
for (int j=0; j<n; j++) {
if (!visit[i][j]) {
bfs(i,j,1);
cnt++;
}
}
}
cout << cnt;
}