[백준알고리즘] 7569번 토마토

https://www.acmicpc.net/problem/7569

토마토 성공

시간 제한	메모리 제한	제출	정답	맞은 사람	정답 비율
1 초	128 MB	10998	3527	2560	33.333%

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 

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

예제 출력 1 

-1

예제 입력 2 

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 

4

예제 입력 3 

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 

0

으어 3차원 행렬 진짜 잘 모르겠어 ㅠㅠ

알고리즘은 바로 짰는데 가로세로높이를 저장을 제대로 못해가지고 오래걸림...

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
 
// 3개 정보를 넣을 수 있는 queue
queue <pair<pair<int, int>,int>> q;
 
int v[110][110][110] = { 0 };
int dx[6] = {0,1,0,-1,0,0};
int dy[6] = {1,0,-1,0,0,0};
int dz[6] = {0,0,0,0,1,-1};
 
int main() {
 
    int M, N, H;
    int flag = 1;
    int min_value = 0;
 
    cin >> M >> N >> H;
 
 
    for (int i = 0; i < H; i++)
    {
        for (int j = 0; j < N; j++)
        {
            for (int k = 0; k < M; k++)
            {
                cin >> v[j][k][i];
                if (v[j][k][i] == 0) flag = 0;
                if (v[j][k][i] == 1) q.push(make_pair(make_pair(k, j), i));
            }
        }
    }
 
    if (flag) {
        cout << 0; return 0;
    }
 
    
    while (!q.empty())
    {
        int qsz = q.size();
 
        while (qsz--)
        {
            int xx = q.front().first.first;
            int yy = q.front().first.second;
            int zz = q.front().second;
            q.pop();
 
            for (int l = 0; l < 6; l++)
            {
                int mx = xx + dx[l];
                int my = yy + dy[l];
                int mz = zz + dz[l];
 
                if (mx >= 0 && mx < M && my >= 0 && my < N && mz >= 0 && mz < H)
                {
                    if (v[my][mx][mz] == 0)
                    {
                        q.push(make_pair(make_pair(mx, my), mz));
                        v[my][mx][mz] = 1;
                    }
                }
            }
        }
        min_value++;
    }
 
    for (int i = 0; i < H; i++)
    {
        for (int j = 0; j < N; j++)
        {
            for (int k = 0; k < M; k++)
            {
                if (v[j][k][i] == 0) {
                    cout << -1;
                    return 0;
                }
            }
        }
    }
    
    cout << min_value-1;
    return 0;
}