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..

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;
	}
}