신장트리(Spanning tree)?

신장트리는 그래프에서 모든 정점이 연결되어있고, 그래프에 싸이클이 존재하지 않는(tree의 조건) 그래프를 말합니다.

 - 싸이클 : 그래프의 특정 정점에서 출발하여 다시 처음 출발했던 곳으로 되돌아 갈 수 있으면 사이클이 있다고 합니다.

위와같은 그래프에서 싸이클이 존재하지 않고 모든 정점을 연결하는 경우는 아래와 같을 수 있습니다.

최소신장트리?

위와같은 신장트리에서 간선의 가중치의 합이 최소가되는 신장트리를 최소신장트리(Minimum Spanning Tree)라고 합니다

크루스칼 알고리즘?

크루스칼 알고리즘은 위의 최소신장트리를 구하는 알고리즘입니다.

먼저 최소 비용으로 모두 연결만 시키면 되기 때문에 가중치의 값을 기준으로 오름차순 정렬합니다.

과정은 이렇습니다

1.정렬된 가중치 순서에 맞게 간선을 그래프에 포함시킵니다.

2.포함시키기 전에 싸이클이 형성되는지 확인합니다.

3.싸이클이 형성되는 경우 간선을 포함시키지 않습니다.

그럼 세부 과정을 그림으로 확인해 보겠습니다.

1) A - D 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다. 

2) C - E 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다. 

3) D - F 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다. 

4) A - B 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다.

5) D - E 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다.

6) B - G 의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하지 않으니 그래프에 포함시킵니다.

7) B - C의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하게되니 그래프에 포함시키지 않습니다.

8) D - B의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하게되니 그래프에 포함시키지 않습니다.

9) E - G의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하게되니 그래프에 포함시키지 않습니다.

10) F - G의 간선을 추가할 경우 싸이클이 존재하게되니 그래프에 포함시키지 않습니다.

그림으로 확인해보니 더 간단하게 느껴지네요!

하지만 이 알고리즘을 코드로 구현하는 경우는 조금 까다로울 수 있습니다.

구현 과정에서 서로소 집합(Disjoint Set), Union-Find라는 개념이 쓰이는데요 이부분은 다음 포스팅에서 알아보도록 하겠습니다.

감사합니다.

감시 성공

시간 제한메모리 제한제출정답맞은 사람정답 비율

문제

스타트링크의 사무실은 1×1크기의 정사각형으로 나누어져 있는 N×M 크기의 직사각형으로 나타낼 수 있다. 사무실에는 총 K개의 CCTV가 설치되어져 있는데, CCTV는 5가지 종류가 있다. 각 CCTV가 감시할 수 있는 방법은 다음과 같다.

1번 CCTV는 한 쪽 방향만 감시할 수 있다. 2번과 3번은 두 방향을 감시할 수 있는데, 2번은 감시하는 방향이 서로 반대방향이어야 하고, 3번은 직각 방향이어야 한다. 4번은 세 방향, 5번은 네 방향을 감시할 수 있다.

CCTV는 감시할 수 있는 방향에 있는 칸 전체를 감시할 수 있다. 사무실에는 벽이 있는데, CCTV는 벽을 통과할 수 없다. CCTV가 감시할 수 없는 영역은 사각지대라고 한다.

CCTV는 회전시킬 수 있는데, 회전은 항상 90도 방향으로 해야 하며, 감시하려고 하는 방향이 가로 또는 세로 방향이어야 한다.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 6 0 0 0 0 0 0 0

지도에서 0은 빈 칸, 6은 벽, 1~5는 CCTV의 번호이다. 위의 예시에서 1번의 방향에 따라 감시할 수 있는 영역을 '#'로 나타내면 아래와 같다.

CCTV는 벽을 통과할 수 없기 때문에, 1번이 → 방향을 감시하고 있을 때는 6의 오른쪽에 있는 벽을 감시할 수 없다.

0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 6 0 0 6 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5

위의 예시에서 감시할 수 있는 방향을 알아보면 아래와 같다.

CCTV는 CCTV를 통과할 수 있다. 아래 예시를 보자.

0 0 2 0 3 0 6 0 0 0 0 0 6 6 0 0 0 0 0 0

위와 같은 경우에 2의 방향이 ↕ 3의 방향이 ←와 ↓인 경우 감시받는 영역은 다음과 같다.

# # 2 # 3 0 6 # 0 # 0 0 6 6 # 0 0 0 0 #

사무실의 크기와 상태, 그리고 CCTV의 정보가 주어졌을 때, CCTV의 방향을 적절히 정해서, 사각 지대의 최소 크기를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 사무실의 세로 크기 N과 가로 크기 M이 주어진다. (1 ≤ N, M ≤ 8)

둘째 줄부터 N개의 줄에는 사무실 각 칸의 정보가 주어진다. 0은 빈 칸, 6은 벽, 1~5는 CCTV를 나타내고, 문제에서 설명한 CCTV의 종류이다. 

CCTV의 최대 개수는 8개를 넘지 않는다.

이 문제는 모든 것을 다 해보는 부르트포스 알고리즘이다. 그냥 완전 탐색!

알고리즘

pair<int,int> lo[4] 배열은 '북','동','남','서' 의 값을 저장해 놓고, CCTV가 바라보는 방향에 따라 CCTV 위치에 행과 열값을 더해주면서 감시 구역을 체크하는데 이용한다.

1. CCTV의 위치를 vector에 저장한다.
2.  vector<int> cctv[6]; 배열에 CCTV 별로 감시 방향의 번호를 저장
   1. 0 > 북 , 1 > 동 , 2 > 남 , 3 > 서
3. 다음을 CCTV 개수 만큼 재귀 수행 한다.
   1. cctv의 번호를 가져와 몇번의 회전이 있는지 int spin에 저장
   2. 0~spin 만큼 다음을 반복 (0~spin을 cctv[cnum]에 더하는 이유는 오른쪽으로 90도를 회전하는 것 때문)
   3. 기존의 2차원 배열(맵),과 현재 사각지대의 개수를 복사한다
   4. CCTV를 회전시키며 map 배열에 체크하며 사각지대의 개수를 감소시킨다.
      1. 벽이면 취소
      2. 이미 감시구역이거나 CCTV가 있는 자리면 사각지대를 감소하지 않고 좌표만 이동
   5. 재귀
   6. 복사해둔 map과 사각지대의 개수를 다시 복사.

코드

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int N, M, C,res,ans=1000000;
int map[8][8];
pair<int, int> lo[4] = { {-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1} };
vector<pair<int, int>> v;
vector<int> cctv[6];
void copymap(int (*a)[8],int (*b)[8]) {
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < M; j++) {
			a[i][j] = b[i][j];
		}
	}
	return;
}
void dfs(int idx) {

	if (idx >= C) {
		if (ans > res) {
			ans = res;
		}
		return;
	}
	int cr = v[idx].first, cc = v[idx].second;
	int spin = 0;
	int cnum = map[cr][cc];
	spin = cnum == 1 ? 4 : (cnum == 2 ? 2 : (cnum == 3 ? 4 : cnum == 4 ? 4 : 1));
	
	for (int i = 0; i < spin; i++) {
		int temp[8][8];
		int restemp = res;
		copymap(temp, map);
		for (int j = 0; j < cctv[cnum].size(); j++) {
			
			int lonum = cctv[cnum][j] + i >3 ? cctv[cnum][j]+i-4 : cctv[cnum][j] + i;
			int r = cr+lo[lonum].first;
			int c = cc+lo[lonum].second;
			while (r < N&&c < M&&r >= 0 && c >= 0 && map[r][c] != 6) {
				if (map[r][c]==0) {
					map[r][c] = -1;
					res--;
				}
				r += lo[lonum].first;
				c += lo[lonum].second;
			}
			
		}
		dfs(idx + 1);
		copymap(map, temp);
		res = restemp;
	}
}
int main() {
	
	cin >> N >> M;
	res = N * M;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < M; j++) {
			cin >> map[i][j];
			if (map[i][j] != 0 && map[i][j] != 6) {
				v.push_back({ i,j });
			}
			if (map[i][j] != 0) {
				res--;
			}
		}
	}
	C = v.size();
	cctv[1] = { 1};
	cctv[2] = { 1,3 };
	cctv[3] = { 0,1 };
	cctv[4] = { 0,1,3 };
	cctv[5] = { 0,1,2,3};
	dfs(0);
	cout << ans << endl;
}

주사위 굴리기 성공

시간 제한메모리 제한제출정답맞은 사람정답 비율

문제

크기가 N×M인 지도가 존재한다. 지도의 오른쪽은 동쪽, 위쪽은 북쪽이다. 이 지도의 위에 주사위가 하나 놓여져 있으며, 주사위의 전개도는 아래와 같다. 지도의 좌표는 (r, c)로 나타내며, r는 북쪽으로부터 떨어진 칸의 개수, c는 서쪽으로부터 떨어진 칸의 개수이다. 

2 4 1 3 5 6

주사위는 지도 위에 윗 면이 1이고, 동쪽을 바라보는 방향이 3인 상태로 놓여져 있으며, 놓여져 있는 곳의 좌표는 (x, y) 이다. 가장 처음에 주사위에는 모든 면에 0이 적혀져 있다.

지도의 각 칸에는 정수가 하나씩 쓰여져 있다. 주사위를 굴렸을 때, 이동한 칸에 쓰여 있는 수가 0이면, 주사위의 바닥면에 쓰여 있는 수가 칸에 복사된다. 0이 아닌 경우에는 칸에 쓰여 있는 수가 주사위의 바닥면으로 복사되며, 칸에 쓰여 있는 수는 0이 된다.

주사위를 놓은 곳의 좌표와 이동시키는 명령이 주어졌을 때, 주사위가 이동했을 때 마다 상단에 쓰여 있는 값을 구하는 프로그램을 작성하시오.

주사위는 지도의 바깥으로 이동시킬 수 없다. 만약 바깥으로 이동시키려고 하는 경우에는 해당 명령을 무시해야 하며, 출력도 하면 안 된다.

입력

첫째 줄에 지도의 세로 크기 N, 가로 크기 M (1 ≤ N, M ≤ 20), 주사위를 놓은 곳의 좌표 x y(0 ≤ x ≤ N-1, 0 ≤ y ≤ M-1), 그리고 명령의 개수 K (1 ≤ K ≤ 1,000)가 주어진다.

둘째 줄부터 N개의 줄에 지도에 쓰여 있는 수가 북쪽부터 남쪽으로, 각 줄은 서쪽부터 동쪽 순서대로 주어진다. 주사위를 놓은 칸에 쓰여 있는 수는 항상 0이다. 지도의 각 칸에 쓰여 있는 수는 10을 넘지 않는 자연수 또는 0이다.

마지막 줄에는 이동하는 명령이 순서대로 주어진다. 동쪽은 1, 서쪽은 2, 북쪽은 3, 남쪽은 4로 주어진다.

출력

이동할 때마다 주사위의 윗 면에 쓰여 있는 수를 출력한다. 만약 바깥으로 이동시키려고 하는 경우에는 해당 명령을 무시해야 하며, 출력도 하면 안 된다.

이 문제는 삼성 SW역량 테스트에 나왔던 기출 문제이다.

그런데 난이도는 그렇게 높지 않은 문제라고 생각한다. 단순히 문제를 이해하고 그대로 구현하는 시뮬레이션 이다.

알고리즘

1. 1.동서남북에 따라 주사위의 위치(x,y)와 값을 변경한다.
2. 2.지도의 상태에 따라 동작
   1. 새로운 주사위 위치의 지도값이 0이면 주사위 바닥값을 지도에 옮긴다.
   2. 바닥값이 0이아닐 경우 주사위 바닥에 값을 옮긴 후 지도의 값을 0으로 만든다

위 순서에 따라 구현하면 쉽게 구현할 수 있다.

후기

이 문제를 보고 동 서 남 북에 따라 주사위 약도의 값이 어디로 이동하는지 노트에 그려보면서 풀었고, 쉽게 풀렸다 ㅎㅎ

코드

#include<iostream>

using namespace std;

int N, M, x, y, K;
int map[21][21];
int rl[] = { 0,0,0,-1,1 }; // 인덱스 1부터 동 서 북 남
int cl[] = { 0,1,-1,0,0 };// 인덱스 1부터 동 서 북 남
int val[7] = { 0, }; //3이 위 6이 아래
int main() {
	cin >> N >> M >> x >> y >> K;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < M; j++) {
			cin >> map[i][j];
		}
	}
	for (int i = 0; i < K; i++) {
		int move = 0;
		cin >> move;
		int newx = x+rl[move];
		int newy = y+cl[move];
		if (newx < 0 || newy < 0 || newx >= N || newy >= M) continue;
		int temp = 0;
		if (move == 1) {
			temp=val[3];
			val[3] = val[2];
			val[2] = val[6];
			val[6] = val[4];
			val[4] = temp;
		}
		else if (move == 2) {
			temp = val[6];
			val[6] = val[2];
			val[2] = val[3];
			val[3] = val[4];
			val[4] = temp;
		}
		else if (move == 3) {
			temp = val[6];
			val[6] = val[1];
			val[1] = val[3];
			val[3] = val[5];
			val[5] = temp;
		}
		else {
			temp = val[3];
			val[3] = val[1];
			val[1] = val[6];
			val[6] = val[5];
			val[5] = temp;
		}
		if (map[newx][newy] == 0) {
			map[newx][newy] = val[6];
		}
		else {
			val[6] = map[newx][newy];
			map[newx][newy] = 0;
		}
		cout << val[3]<<endl;
		x = newx;
		y = newy;
	}
}

문제

명우는 홍준이와 함께 팰린드롬 놀이를 해보려고 한다.

먼저, 홍준이는 자연수 N개를 칠판에 적는다. 그 다음, 명우에게 질문을 총 M번 한다.

각 질문은 두 정수 S와 E로 나타낼 수 있으며, S번째 수부터 E번째 까지 수가 팰린드롬을 이루는지를 물어보며, 명우는 각 질문에 대해 팰린드롬이다 또는 아니다를 말해야 한다.

예를 들어, 홍준이가 칠판에 적은 수가 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1라고 하자.

• S = 1, E = 3인 경우 1, 2, 1은 팰린드롬이다.
• S = 2, E = 5인 경우 2, 1, 3, 1은 팰린드롬이 아니다.
• S = 3, E = 3인 경우 1은 팰린드롬이다.
• S = 5, E = 7인 경우 1, 2, 1은 팰린드롬이다.

자연수 N개와 질문 M개가 모두 주어졌을 때, 명우의 대답을 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 수열의 크기 N (1 ≤ N ≤ 2,000)이 주어진다.

둘째 줄에는 홍준이가 칠판에 적은 수 N개가 순서대로 주어진다. 칠판에 적은 수는 100,000보다 작거나 같은 자연수이다.

셋째 줄에는 홍준이가 한 질문의 개수 M (1 ≤ M ≤ 1,000,000)이 주어진다.

넷째 줄부터 M개의 줄에는 홍준이가 명우에게 한 질문 S와 E가 한 줄에 하나씩 주어진다.

출력

총 M개의 줄에 걸쳐 홍준이의 질문에 대한 명우의 답을 입력으로 주어진 순서에 따라서 출력한다. 팰린드롬인 경우에는 1, 아닌 경우에는 0을 출력한다.

먼저 팰린드롬이 무엇인지 알아보자.

 - 팰린드롬이란 앞으로 읽으나 뒤로 읽으나 같은 단어를 뜻한다. 예를들어 aoa pop 같은게 팰린드롬이다.

이 문제에서는 숫자로 적용하였으므로 121 , 2332 같은 것이 팰린드롬이 되겠다.

풀이

개념은 간단하다. 하지만 시간을 줄이는 것이 관건 이므로 dp를 사용했다.

1 2 1 3 1 2 1 을 예로 들어 보자.(가장 앞 인덱스를 1 마지막 인덱스를 7)

i는 시작 인덱스 , j는 끝 인덱스 라고 정한다.

<1개의 숫자>

i와 j가 같다면 팰린드롬이다. 즉, 하나의 숫자만 있다면 그것은 팰린드롬이다.

<2개의 숫자>

숫자가 2개이므로 두 숫자가 같다면 팰린드롬이다.

이 두가지 경우를 코드로 나타내면 아래와 같다.

for (int i = 1; i <= N; i++) {
		dp[i][i] = 1;
		dp[i][i + 1] = ary[i] == ary[i + 1] ? 1 : 0;
}

시작 인덱스와 끝 인덱스의 차이가 1인 범위의 dp값은 위와 같은 코드로 구했다.

(시작과 끝의 차이가 1인 범위 -> ex) dp[1][2] )

그럼 시작 인덱스와 끝 인덱스의 차이가 2인 곳 부터 구하면 되겠다.

<시작과 끝의 차이가 2이상일 때 팰린드롬인 경우>

1. 시작 인덱스의 값과 끝 인덱스의 값이 같다.

2. dp[시작 인덱스 +1][끝 인덱스 -1] 이 팰린드롬이다.

이 것을 코드로 나타내보면.

	for (int i = 2; i < N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			int k = i + j;
			if (k > N) break;
			if (ary[j] == ary[k] && dp[j + 1][k - 1] == 1) {
				dp[j][k] = 1;
			}
		}
	}

이런식으로 나타낼 수 있다.

전체 코드

#include<iostream>

using namespace std;
int N, M;
int ary[2002];
int dp[2002][2002];
int main() {

	scanf("%d",&N);
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		scanf("%d",&ary[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		dp[i][i] = 1;
        if(ary[i]==ary[i+1]){
            dp[i][i+1]=1;
        }
	}
	for (int i = 2; i < N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			int k = i + j;
			if (k > N) break;
			if (ary[j] == ary[k] && dp[j + 1][k - 1] == 1) {
				dp[j][k] = 1;
			}
		}
	}
	scanf("%d",&M);
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		int r, c;
		scanf("%d %d",&r,&c);
		printf("%d\n",dp[r][c]);
	}
}

후기

이 문제를 풀면서 상당히 짜증?이 났다...

분명히 아무리 생각해도 맞게 푼 것 같은데 자꾸만 시간초과가 나는 것이다....

이렇게 바꿔보고 저렇게 바꿔 보다가 1시간이 지나고... 결국 다른 분들의 코드를 참고하려 검색했다.

근데.. 이게 무엇?? 내가 푼 방식이랑 완전히 똑같은 코드가 올라와 있었다..

왜 안될까? 생각하다가 그분의 입출력 함수는 scanf()와 printf() 였다.  나는 cin cout을 사용하고 있었다.

어디선가 scanf printf가 속도측면에서 훨씬 빠르다는 글을 봤던 기억이 났다...

그래서 입출력 함수를 바꾸고 제출하니 통과가 됐다.

너무 억울한 문제였다..

문제

상근이는 오락실에서 바구니를 옮기는 오래된 게임을 한다. 스크린은 N칸으로 나누어져 있다. 스크린의 아래쪽에는 M칸을 차지하는 바구니가 있다. (M<N) 플레이어는 게임을 하는 중에 바구니를 왼쪽이나 오른쪽으로 이동할 수 있다. 하지만, 바구니는 스크린의 경계를 넘어가면 안 된다. 가장 처음에 바구니는 왼쪽 M칸을 차지하고 있다.

스크린의 위에서 사과 여러 개가 떨어진다. 각 사과는 N칸중 한 칸의 상단에서 떨어지기 시작하며, 스크린의 바닥에 닿을때까지 직선으로 떨어진다. 한 사과가 바닥에 닿는 즉시, 다른 사과가 떨어지기 시작한다.

바구니가 사과가 떨어지는 칸을 차지하고 있다면, 바구니는 그 사과가 바닥에 닿을 때, 사과를 담을 수 있다. 상근이는 사과를 모두 담으려고 한다. 이때, 바구니의 이동 거리의 최솟값을 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N과 M이 주어진다. (1 ≤ M < N ≤ 10) 둘째 줄에 떨어지는 사과의 개수 J가 주어진다. (1 ≤ J ≤ 20) 다음 J개 줄에는 사과가 떨어지는 위치가 순서대로 주어진다.

출력

모든 사과를 담기 위해서 바구니가 이동해야 하는 거리의 최솟값을 출력한다.

출처

<https://www.acmicpc.net/problem/2828>

그리디하게 생각해서 풀면 풀리는 문제이다.

알고리즘 순서입니다.

1. 바구니가 있는 위치의 왼쪽 끝 위치를 저장 해놓는다.(시작위치 = 1)
   1. 오른쪽 끝 위치 -> 왼쪽 끝 위치 + 바구니 크기 - 1
2. 사과의 위치를 입력받을 때 마다 다음을 처리한다.
   1. 바구니의 왼쪽 위치와 오른쪽 위치 사이에 사과가 떨어질 경우
      • 이동을 하지 않아도 되므로 아무 동작도 하지 않는다.
   2. 바구니의 왼쪽 끝 위치보다 이전 위치에 떨어질 경우
      • (왼쪽 끝 위치 - 사과 위치) 한 값을 결과에 더해준다.
   3. 바구니의 오른쪽 위치보다 오른쪽에 떨어질 경우
      • (사과위치 - 오른쪽 끝 위치) 한 값을 결과에 더해준다.

실행 코드

#include<iostream>
using namespace std;
int N, M, j;
int le = 1,res;
int main() {

	cin >> N >> M;
	cin >> j;
	for (int i = 0; i < j; i++) {
		int val;
		cin >> val;

		if(val<le){
			res += le - val;
			le = val;
		}
		else if(val>(le + M -1)){
			res += val - (le + M - 1);
			le = val - M + 1;
		}
	}
	cout << res << endl;

}

스티커 성공

한국어   

시간 제한메모리 제한제출정답맞은 사람정답 비율

문제

상근이의 여동생 상냥이는 문방구에서 스티커 2n개를 구매했다. 스티커는 그림 (a)와 같이 2행 n열로 배치되어 있다. 상냥이는 스티커를 이용해 책상을 꾸미려고 한다.

상냥이가 구매한 스티커의 품질은 매우 좋지 않다. 스티커 한 장을 떼면, 그 스티커와 변을 공유하는 스티커는 모두 찢어져서 사용할 수 없게 된다. 즉, 뗀 스티커의 왼쪽, 오른쪽, 위, 아래에 있는 스티커는 사용할 수 없게 된다.

모든 스티커를 붙일 수 없게된 상냥이는 각 스티커에 점수를 매기고, 점수의 합이 최대가 되게 스티커를 떼어내려고 한다. 먼저, 그림 (b)와 같이 각 스티커에 점수를 매겼다. 상냥이가 뗄 수 있는 스티커의 점수의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오. 즉, 2n개의 스티커 중에서 점수의 합이 최대가 되면서 서로 변을 공유 하지 않는 스티커 집합을 구해야 한다.

위의 그림의 경우에 점수가 50, 50, 100, 60인 스티커를 고르면, 점수는 260이 되고 이 것이 최대 점수이다. 가장 높은 점수를 가지는 두 스티커 (100과 70)은 변을 공유하기 때문에, 동시에 뗄 수 없다.

입력

첫째 줄에 테스트 케이스의 개수 T가 주어진다. 각 테스트 케이스의 첫째 줄에는 n (1 ≤ n ≤ 100,000)이 주어진다. 다음 두 줄에는 n개의 정수가 주어지며, 각 정수는 그 위치에 해당하는 스티커의 점수이다. 연속하는 두 정수 사이에는 빈 칸이 하나 있다. 점수는 0보다 크거나 같고, 100보다 작거나 같은 정수이다. 

출력

각 테스트 케이스 마다, 2n개의 스티커 중에서 두 변을 공유하지 않는 스티커 점수의 최댓값을 출력한다.

간단한 DP 문제 입니다.

알고리즘은 다음과 같습니다.

 - 자신의 전 대각선, 전전 대각선 중 큰 값을 자기 자신과 더해 자신의 위치에 더해갑니다.

 - 즉 , 윗 칸의 경우는 max(ary[1][i-1],ary[1][i-2]) 아랫 칸의 경우는 max(ary[0][i-1],ary[0][i-2]) 이렇게 됩니다.

실행 코드

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T;
int ary[2][100001];
int main() {
	cin >> T;
	int n;
	for (int tc = 0; tc < T; tc++) {
		cin >> n;
		for (int i = 0; i < 2; i++) {
			for (int j = 0; j < n; j++) {
				cin >> ary[i][j];
			}
		}
		ary[0][1] += ary[1][0];
		ary[1][1] += ary[0][0];
		for (int i = 2; i < n; i++) {
			ary[0][i] += max(ary[1][i - 2], ary[1][i - 1]);
			ary[1][i] += max(ary[0][i - 2], ary[0][i - 1]);
		}
		cout << max(ary[0][n - 1], ary[1][n - 1]) << endl;
	}
}

문제

항승이는 품질이 심각하게 나쁜 수도 파이프 회사의 수리공이다. 항승이는 세준 지하철 공사에서 물이 샌다는 소식을 듣고 수리를 하러 갔다.

파이프에서 물이 새는 곳은 신기하게도 가장 왼쪽에서 정수만큼 떨어진 거리만 물이 샌다.

항승이는 길이가 L인 테이프를 무한개 가지고 있다.

항승이는 테이프를 이용해서 물을 막으려고 한다. 항승이는 항상 물을 막을 때, 적어도 그 위치의 좌우 0.5만큼 간격을 줘야 물이 다시는 안 샌다고 생각한다.

물이 새는 곳의 위치와, 항승이가 가지고 있는 테이프의 길이 L이 주어졌을 때, 항승이가 필요한 테이프의 최소 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오. 테이프를 자를 수 없고, 테이프를 겹쳐서 붙이는 것도 가능하다.

입력

첫째 줄에 물이 새는 곳의 개수 N과 테이프의 길이 L이 주어진다. 둘째 줄에는 물이 새는 곳의 위치가 주어진다. N과 L은 1,000보다 작거나 같은 자연수이고, 물이 새는 곳의 위치는 1,000보다 작거나 같은 자연수이다.

출력

첫째 줄에 항승이가 필요한 테이프의 개수를 출력한다.

<출처> https://www.acmicpc.net/

상당히 쉬운 문제라고 생각이 든다.

알고리즘의 순서입니다.

1. 물이 새는 파이프를 입력 받으면서 bool 배열[파이프 번호]의 값을 true로 설정.
   1. 입력받은 파이프 번호 중 가장 큰 값을 변수에 저장해 놓는다.
2.  1부터 저장해 놓은 가장 큰 파이프 번호까지 for 문을 돌린다.
   1. bool 배열의 값이 true 이면 문제가 있는 파이프 이므로 int 변수에 테이프의 길이(L) -1 을 저장해 놓는다.
   2. 이후 테이프의 길이를 감소 시키면서 for 문을 진행한다
   3. 테이프의 길이가 1보다 작으면 테이프를 한번 붙인 것이므로, 다시 문제 있는 파이프를 찾는다.

<실행 코드>

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

int N, L, res;
bool ary[1001];
int main() {
	cin >> N >> L;
	int maxidx = 0;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		int a;
		cin >> a;
		ary[a] = true;
		if (a > maxidx) {
			maxidx = a;
		}
	}
	bool check = false;
	int tem = 0;
	for (int i = 1; i <= maxidx; i++) {
		if (tem  <1) {
			check = false;
		}
		if (!check&&ary[i]) {
			tem = L-1;
			res++;
			check = true;
			continue;
		}
		tem--;
	}
	cout << res << endl;
}

후기

다른 분들의 풀이를 보면 파이프를 int 배열에 입력을 받고 오름차순 정렬 후 테이프의 길이 만큼 bool 배열을 true로 만들며 고쳤다고 표시하는 방식을 사용하였다.

내가 한건 뭔가 가독성이 좋지 않아보인다..

문제

반도체를 설계할 때 n개의 포트를 다른 n개의 포트와 연결해야 할 때가 있다.

예를 들어 왼쪽 그림이 n개의 포트와 다른 n개의 포트를 어떻게 연결해야 하는지를 나타낸다. 하지만 이와 같이 연결을 할 경우에는 연결선이 서로 꼬이기 때문에 이와 같이 연결할 수 없다. n개의 포트가 다른 n개의 포트와 어떻게 연결되어야 하는지가 주어졌을 때, 연결선이 서로 꼬이지(겹치지, 교차하지) 않도록 하면서 최대 몇 개까지 연결할 수 있는지를 알아내는 프로그램을 작성하시오

입력

첫째 줄에 정수 n(1 ≤ n ≤ 40,000)이 주어진다. 다음 줄에는 차례로 1번 포트와 연결되어야 하는 포트 번호, 2번 포트와 연결되어야 하는 포트 번호, …, n번 포트와 연결되어야 하는 포트 번호가 주어진다. 이 수들은 1 이상 n 이하이며 서로 같은 수는 없다고 가정하자.

출력

첫째 줄에 최대 연결 개수를 출력한다.

<출처> https://www.acmicpc.net/

이 문제를 풀다풀다 계속 오답이 나오길래 구글링을 통해 다른 분들의 해법을 보았다.

그런데 도무지 이해가 되지 않는 점이 ... 1가지 있었다..

먼저 LIS의 개념을 모르시는 분들을 위해

참고 사이트 : http://dyngina.tistory.com/16

다른 분들의 풀이를 보면 LIS를 이용해 풀었다. 나 또한 LIS의 개념은 일부 맞지만 이 문제의 핵심인 "선이 교차하지 않는것" 이 부분을 어긴다? 라고 생각이 들었는데 정답 처리가 되어 더 혼란속으로 빠져들었다...

이런식으로 주어졌을 때 (2와2),(4와3),(6과5) 이렇게 이어졌을 때 겹치지 않으면서 최대로 연결할 수 있다.

다른 분들의 풀이를 보면 LIS를 토대로 (2와2)(4와3)까지 이어졌을 때 오른쪽에 있는 1이 들어갈 최적의 위치를 계산해서 (2와2)를 제거하고 대신 들어가게 된다.

그러면 겹치는 선이 아닌가?? 여기서 의문이 들었다.... 지금도 모르겠다...

나는 선이 겹치는 문제 때문에 아래와 같은 방식으로 했었다.

check[1] = weight[1];
	int idx = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (check[idx] < weight[i]) {
			check[++idx] = weight[i];
			continue;
		}
		if (idx == 1) {
			check[idx] = weight[i];
		}
		else if (check[idx - 1] < weight[i]) {
			for(int k=)
			check[idx] = weight[i];
		}
	}

<마지막에 들어간 수보다 작고, 마지막 보다 한칸 전에 들어간 수보다 크다면 마지막을 대신해 넣고 작다면 아무것도 하지 않는다. 작다면 겹치는 문제가 발생하기 때문!> 이라고 생각했다. 

지금도 왜 안되는지 모르겠다.. 혹시 아시는분이 계시면 댓글로 알려주시면 감사하겠습니다!!!

결론적으로, 이 부분만 참고했고 고쳐서 통과했다.

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
int N;
int weight[40001];
int check[40001];
int main() {

	cin >> N;

	for (int i = 1; i <=N; i++) {
		cin >> weight[i];
	}
	check[1] = weight[1];
	int idx = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (check[idx] < weight[i]) {
			check[++idx] = weight[i];
			continue;
		}
		int iter = lower_bound(check + 1, check + 1 + idx, weight[i]) - check;
		check[iter] = weight[i];
	}
	cout << idx << endl;
}