백준 #10026 / 적록색약

적록색약 성공

시간 제한	메모리 제한	제출	정답	맞은 사람	정답 비율
1 초	128 MB	3636	2023	1631	57.531%

문제

적록색약은 빨간색과 초록색의 차이를 거의 느끼지 못한다. 따라서, 적록색약인 사람이 보는 그림은 아닌 사람이 보는 그림과는 좀 다를 수 있다.

크기가 N×N인 그리드의 각 칸에 R(빨강), G(초록), B(파랑) 중 하나를 색칠한 그림이 있다. 그림은 몇 개의 구역으로 나뉘어져 있는데, 구역은 같은 색으로 이루어져 있다. 또, 같은 색상이 상하좌우로 인접해 있는 경우에 두 글자는 같은 구역에 속한다. (색상의 차이를 거의 느끼지 못하는 경우도 같은 색상이라 한다)

예를 들어, 그림이 아래와 같은 경우에

RRRBB
GGBBB
BBBRR
BBRRR
RRRRR

적록색약이 아닌 사람이 봤을 때 구역의 수는 총 4개이다. (빨강 2, 파랑 1, 초록 1) 하지만, 적록색약인 사람은 구역을 3개 볼 수 있다. (빨강-초록 2, 파랑 1)

그림이 입력으로 주어졌을 때, 적록색약인 사람이 봤을 때와 아닌 사람이 봤을 때 구역의 수를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N이 주어진다. (1 ≤ N ≤ 100)

둘째 줄부터 N개 줄에는 그림이 주어진다.

출력

적록색약이 아닌 사람이 봤을 때의 구역의 개수와 적록색약인 사람이 봤을 때의 구역의 수를 공백으로 구분해 출력한다.

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이전에 내가 풀었던 코드는 중복이 너무 많아서, 리팩토링해서 한 번에 처리하는 방식을 고민해봤다.

코드 길이는 조금 더 짧아졌지만, 보기에는 어떨지 모르겠다.

<생각의 Flow>

1. 적록 색약이면 R, G가 구분이 안되므로 'B와 B가 아닌것'의 이분화만 생각하면 된다.

2. 그래서 처음에 적록 색약일 때를 가정하고 BFS로 갯수를 먼저 세어준다.

3. 그런데 생각해보니까, 색약일때와 아닐때 둘다 B의 영역의 변화는 없음을 생각하고 시간을 좀 더 줄일 수 있을거라 생각했다.

- 첫 번째 과정이 적록 색약일때를 가정하고 돌았다면, B의 영역은 이미 BFS로 찾았으므로, 두 번째 과정에서는 B를 BFS로 돌지 않는다.

<Code>

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<stdio.h>
#include<queue>
#define P pair<int,int>
#define PC pair<P,char>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
 
int n, xx[] = { 1,0,-1,0 }, yy[] = { 0,1,0,-1 },b, ss[2];
bool visit[101][101][2];
char map[101][101];
void bfs(int, int, int, char);
 
int main() {
 
    scanf("%d", &n);
 
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        scanf("%s", map[i]);
    
    for (int k = 0; k < 2; k++) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (!visit[i][j][k]) {
                    bfs(i, j, k, map[i][j]);
                    if (map[i][j] != 'B') ss[k]++;
                }
            }
        }
    }
 
    printf("%d %d\n", ss[1]+b, ss[0] + b);
    return 0;
}
 
void bfs(int x, int y, int s, char ch) {
    queue<P> Q;
    Q.push(mp(x, y));
    visit[x][y][s] = true;
 
    if (ch == 'B') {
        visit[x][y][(s + 1) % 2] = true;
        while (!Q.empty()) {
            int cx = Q.front().first;
            int cy = Q.front().second;
            Q.pop();
 
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int nx = cx + xx[i];
                int ny = cy + yy[i];
                if (nx < 0 || ny < 0 || nx > n - 1 || ny > n - 1) continue;
                if (!visit[nx][ny][s] && map[nx][ny]=='B') {
                    Q.push(mp(nx, ny));
                    for (int j = 0; j < 2; j++) visit[nx][ny][j] = true;
                }
            }
        }
        b++;
    }
 
    else {
        while (!Q.empty()) {
            int cx = Q.front().first;
            int cy = Q.front().second;
            Q.pop();
 
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int nx = cx + xx[i];
                int ny = cy + yy[i];
                if (nx < 0 || ny < 0 || nx > n - 1 || ny > n - 1) continue;
                if (!visit[nx][ny][s] && map[nx][ny]!='B') {
                    if (s == 0) {
                        visit[nx][ny][s] = true;
                        Q.push(mp(nx, ny));
                    }
                    else {
                        if (map[cx][cy] == map[nx][ny]) {
                            visit[nx][ny][s] = true;
                            Q.push(mp(nx, ny));
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
}