https://www.acmicpc.net/problem/14456

 

14456번: Hoof, Paper, Scissors (Bronze)

You have probably heard of the game "Rock, Paper, Scissors". The cows like to play a similar game they call "Hoof, Paper, Scissors". The rules of "Hoof, Paper, Scissors" are simple. Two cows play against each-other. They both count to three and then each s

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입력으로 주어지는 숫자는 가위인지, 바위인지, 보인지 알 수 없습니다.

이 문제는 숫자 1, 2, 3을 가위, 바위, 보로 적절히 분배하여 첫 번째 소가 이길 수 있는 최대 게임 수를 출력합니다.

 

race를 지정할 수 있는 경우의 수는 3! = 6가지

게임 수는 최대 100게임

따라서 브루트포스로 해결할 수 있습니다.

nextPermutation으로 race의 모든 경우를 확인할 수 있고, 그 때마다 첫 번째 소가 얻을 수 있는 점수를 구합니다.

그리고 그것들의 최댓값을 구하여 출력합니다.

 

 

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import java.io.BufferedReader;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.StringTokenizer;
 
public class Main {
    private final static int MAX = 100;
    private final static int RACE_CNT = 3;
    private static int race[] = {123};
    private static int list[][] = new int[MAX][2];
    private static int N;
 
    private static void swap(int i, int j) {
        int tmp = race[i];
        race[i] = race[j];
        race[j] = tmp;
    }
 
    private static boolean nextPermutation() {
        int i = RACE_CNT - 1;
        while (i > 0 && race[i - 1> race[i]) {
            i--;
        }
 
        if (i == 0) {
            return false;
        }
 
        int j = RACE_CNT - 1;
        while (race[i - 1> race[j]) {
            j--;
        }
        swap(i - 1, j);
 
        int k = RACE_CNT - 1;
        while (i < k) {
            swap(i++, k--);
        }
 
        return true;
    }
 
    private static int getScore(int x, int y) {
        if (x == 1 && y == 2) {
            return 1;
        } else if (x == 2 && y == 3) {
            return 1;
        } else if (x == 3 && y == 1) {
            return 1;
        } else {
            return 0;
        }
    }
 
    private static void func() {
        int ans = 0;
        do {
            int ret = 0;
            for (int i = 0; i < N; i++) {
                ret += getScore(race[list[i][0- 1], race[list[i][1- 1]);
            }
 
            ans = Math.max(ans, ret);
        } while (nextPermutation());
 
        System.out.println(ans);
    }
 
    private static void input() throws Exception {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
 
        N = Integer.parseInt(st.nextToken());
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            st = new StringTokenizer(br.readLine());
            list[i][0= Integer.parseInt(st.nextToken());
            list[i][1= Integer.parseInt(st.nextToken());
        }
    }
 
    public static void main(String[] args) throws Exception {
        input();
        func();
    }
}
 
cs

https://www.acmicpc.net/problem/16985

 

16985번: Maaaaaaaaaze

첫째 줄부터 25줄에 걸쳐 판이 주어진다. 각 판은 5줄에 걸쳐 주어지며 각 줄에는 5개의 숫자가 빈칸을 사이에 두고 주어진다. 0은 참가자가 들어갈 수 없는 칸, 1은 참가자가 들어갈 수 있는 칸을

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오랜만에 포스팅입니다. (너무 게을러서..)

 

bfs에 브루트포스까지 섞여있는 풀이가 복잡한 문제입니다.

5x5 크기의 2차원 배열이 5개 있으니 3차원 배열이 됩니다.

(0, 0, 0)에서 출발하여 (4, 4, 4)에 도착하는 최소 이동 횟수를 요구합니다.

여기까지만 보면, 단순 bfs로도 해결이 가능합니다.

 

하지만 5x5 크기의 판들의 순서도 변경이 가능하고, 판을 회전할 수도 있습니다.

브루트포스를 이 제약조건 두 개에 각각 적용해야 합니다.

 

저는 이 판들의 인덱스로 번호를 매겼고, dfs로 순회하면서 이동 횟수의 최솟값을 구하고, 회전 로직을 구현했습니다.

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do {
    copyArray();
    dfs(0);
while (next_permutation(order, order + MAX));
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먼저, 순열을 이용하여 판들의 순서를 바꿔줍니다.

cpp은 next_permutation을 제공하여 편하게 구현할 수 있습니다.

 

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void dfs(int idx) {
    if (idx == MAX) return;
 
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int ret = bfs();
 
        if (ret != -1) {
            ans = min(ans, ret);
        }
 
        dfs(idx + 1);
        rotate(idx);
    }
}
cs

처음 제출했을 때의 dfs 함수입니다.

모든 경우에서 bfs로 이동 횟수를 구하고, 회전하는 방식입니다.

 

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int bfs() {
    queue<pair<intpair<intint> > > q;
    q.push({ 0,{0,0} });
    memset(visit, falsesizeof(visit));
    visit[0][0][0= true;
    for (int t = 0!q.empty(); t++) {
        int qsize = q.size();
        while (qsize--) {
            int x = q.front().first;
            int y = q.front().second.first;
            int z = q.front().second.second;
            q.pop();
 
            if (x == MAX - 1 && y == MAX - 1 && z == MAX - 1) {
                return t;
            }
 
            for (int d = 0; d < 6; d++) {
                int nx = x + direct[d][0];
                int ny = y + direct[d][1];
                int nz = z + direct[d][2];
 
                if (nx < 0 || ny < 0 || nz < 0 || nx >= MAX || ny >= MAX || nz >= MAX) continue;
                if (visit[nx][ny][nz] || !map[nx][ny][nz]) continue;
 
                q.push({ nx,{ny,nz} });
                visit[nx][ny][nz] = true;
            }
        }
    }
 
    return -1;
}
cs

bfs로 이동 횟수를 구합니다.

중간에 도착 지점을 만났다면 t를 리턴, 아니면 -1을 리턴합니다.

 

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void rotate(int idx) {
    int tmp[MAX][MAX][MAX] = { 0, };
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            tmp[idx][i][j] = map[idx][j][MAX - 1 - i];
        }
    }
 
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            map[idx][i][j] = tmp[idx][i][j];
        }
    }
}
cs

현재 단계에서 이동횟수를 모두 구했다면 배열을 회전합니다.

회전은 90도, -90도 중에 아무렇게나 해주시면 됩니다. 한 방향으로 회전하는 것이 중요합니다.

이렇게 하시면 AC는 받을 수 있습니다.

하지만 다른 분들의 실행 시간을 보니 제 코드가 비효율적으로 동작한다는 것을 깨달았고, 가지치기를 진행하였습니다.

위의 코드들은 가지치기 이전 단계의 코드이며, 변화가 있는 로직은 rotate와 dfs입니다.

 

생각을 해보니, 문제에 답이 있었다는 것을 깨달았습니다.

  1. 참가자가 들어갈 수 없는 칸이 존재한다.
    • 그 칸이 시작/도착 지점이라면 bfs 탐색할 필요가 없다.
    • 배열은 회전하므로 시작/도착 지점이 갈 수 없는 칸일 가능성이 있다.
  2. 배열 크기는 5 x 5 x 5로 고정되어 있다.
    • 탈출이 가능한 배열에서 나올 수 있는 최소 이동 횟수는 12다.
  3. 회전을 해도 이전과 같은 모양이 나올 수 있다.
    • 이미 구한 것으로 간주하고, 다음 단계를 진행할 필요가 없다.
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bool rotate(int idx) {
    int tmp[MAX][MAX][MAX] = { 0, };
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            tmp[idx][i][j] = map[idx][j][MAX - 1 - i];
        }
    }
 
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            if (map[idx][i][j] == tmp[idx][i][j]) cnt++;
            map[idx][i][j] = tmp[idx][i][j];
        }
    }
 
    if (cnt == MAX * MAX) return false;
    else return true;
}
cs

우선 rotate입니다.

자료형은 bool로 변경되었고, 회전한 배열이 이전 배열과 같은지 확인하는 로직만 추가되었습니다.

 

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void dfs(int idx) {
    if (idx == MAX) {
        if (!map[MAX - 1][MAX - 1][MAX - 1]) {
            return;
        }
 
        int ret = bfs();
        if (ret != -1) {
            ans = min(ans, ret);
        }
 
        return;
    }
 
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        if (map[0][0][0]) {
            dfs(idx + 1);
            if (ans == MIN_ANS) return;
        }
 
        if (!rotate(idx)) return;
    }
}
cs

dfs 함수에 많은 변화가 있었습니다.

bfs 함수 호출은 모든 회전이 한 번씩 끝났을 때 진행하는 것으로 변경하였고, 출발/도착 지점에 대한것과 최솟값, rotate에 대한 가지치기가 모두 포함되어 있습니다.

이제 제출을 해보니 시간이 많이 줄어든 것을 확인할 수 있습니다.

 

 

최종 코드는 아래입니다.

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#define MAX 5
#define MIN_ANS 12
using namespace std;
 
int list[MAX][MAX][MAX], map[MAX][MAX][MAX];
int order[MAX], ans;
int direct[6][3= { {0,0,1}, {0,0,-1}, {0,1,0}, {0,-1,0}, {1,0,0}, {-1,0,0} };
bool visit[MAX][MAX][MAX];
 
int bfs() {
    queue<pair<intpair<intint> > > q;
    q.push({ 0,{0,0} });
    memset(visit, falsesizeof(visit));
    visit[0][0][0= true;
    for (int t = 0!q.empty(); t++) {
        if (ans <= t) return t;
 
        int qsize = q.size();
        while (qsize--) {
            int x = q.front().first;
            int y = q.front().second.first;
            int z = q.front().second.second;
            q.pop();
 
            if (x == MAX - 1 && y == MAX - 1 && z == MAX - 1) {
                return t;
            }
 
            for (int d = 0; d < 6; d++) {
                int nx = x + direct[d][0];
                int ny = y + direct[d][1];
                int nz = z + direct[d][2];
 
                if (nx < 0 || ny < 0 || nz < 0 || nx >= MAX || ny >= MAX || nz >= MAX) continue;
                if (visit[nx][ny][nz] || !map[nx][ny][nz]) continue;
 
                q.push({ nx,{ny,nz} });
                visit[nx][ny][nz] = true;
            }
        }
    }
 
    return -1;
}
 
bool rotate(int idx) {
    int tmp[MAX][MAX][MAX] = { 0, };
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            tmp[idx][i][j] = map[idx][j][MAX - 1 - i];
        }
    }
 
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            if (map[idx][i][j] == tmp[idx][i][j]) cnt++;
            map[idx][i][j] = tmp[idx][i][j];
        }
    }
 
    if (cnt == MAX * MAX) return false;
    else return true;
}
 
void dfs(int idx) {
    if (idx == MAX) {
        if (!map[MAX - 1][MAX - 1][MAX - 1]) {
            return;
        }
 
        int ret = bfs();
        if (ret != -1) {
            ans = min(ans, ret);
        }
 
        return;
    }
 
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        if (map[0][0][0]) {
            dfs(idx + 1);
            if (ans == MIN_ANS) return;
        }
 
        if (!rotate(idx)) return;
    }
}
 
void copyArray() {
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            for (int k = 0; k < MAX; k++) {
                map[order[i]][j][k] = list[i][j][k];
            }
        }
    }
}
 
void func() {
    ans = 1e9;
    do {
        copyArray();
        dfs(0);
    } while (next_permutation(order, order + MAX));
 
    if (ans == 1e9) ans = -1;
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    for (int i = 0; i < MAX; i++) {
        for (int j = 0; j < MAX; j++) {
            for (int k = 0; k < MAX; k++) {
                cin >> list[i][j][k];
            }
        }
        order[i] = i;
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/13136

 

13136번: Do Not Touch Anything

첫 번째 줄에 좌석의 세로 크기, 가로 크기 R, C와 한 대의 CCTV가 수용할 수 있는 범위 N이 주어진다. (1 ≤ R, C, N ≤ 1,000,000)

www.acmicpc.net

문제 이름 보자마자 icpc가 떠올랐습니다.

제가 icpc 본선 갔을때도 진행자분이 항상 "Do Not Touch Anything"을 말하곤 하셨습니다 ㅋㅋ

 

진행자분을 대신하여 cctv를 설치할건데, N * N의 범위를 감시할 수 있다고 합니다.

R / N * C / N으로 구할 수 있지만 R, C을 N으로 나눈 나머지가 존재한다면 1을 추가로 더합니다.

(나머지에 해당하는 부분을 감시할 수 없기 때문입니다.)

 

100만 * 100만은 int 범위를 초과하므로 자료형은 long long을 사용합니다.

 

 

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#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
ll R, C, N;
 
void func() {
    ll x = R / N + (R % N != 0);
    ll y = C / N + (C % N != 0);
 
    cout << x * y << '\n';
}
 
void input() {
    cin >> R >> C >> N;
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/14466

 

14466번: 소가 길을 건너간 이유 6

첫 줄에 N, K, R이 주어진다. 다음 R줄에는 한 줄에 하나씩 길이 주어진다. 길은 상하좌우로 인접한 두 목초지를 잇고, r c r′ c′의 형태 (행, 열, 행, 열)로 주어진다. 각 수는 1 이상 N 이하이다.

www.acmicpc.net

소는 인접한 좌표로 이동할 수 있지만 길로 지정된 경로로는 길을 건너야 갈 수 있습니다.

문제에서는 길을 건너지 않으면 만날 수 없는 소의 쌍을 구하므로 "길로 지정된 경로로는 이동할 수 없다"로 접근하면 되겠습니다.

 

저는 소 한마리씩 이동을 하고, 이동하는 도중에 다른 소를 만난다면 카운팅을 진행하고, 전체 소의 갯수에서 제외해주는 방식으로 해결하였습니다.

 

저의 로직입니다.

  1. 2차원 pair를 이용하여 길의 정보를 넣습니다. 이 때, 양방향으로 넣어줍니다.
  2. 소의 좌표는 map에 인덱스를 표시해주고, 벡터에 넣어줍니다.
  3. 소 한마리씩 bfs로 이동하며, 주어진 길 이외에 인접한 좌표로 모두 이동시킵니다.
  4. 주어진 길인지 확인하는 방법은 해당 좌표에 연결된 길을 하나하나 찾는 방법을 선택하였습니다.
  5. 이동하는 과정에서 다른 소를 만난다면 ret을 1 증가합니다.
  6. 전체 소에서 ret과 1을 뺀 값을 리턴합니다. (여기서 1은 본인을 제외하는 것입니다.)
  7. 쌍을 구하는 문제이므로 ans/2를 출력합니다.

저는 예제가 계속 맞지않아서..

"아니 전체에서 만난 애들 뺀거랑 애초에 못만난 애들을 구한거랑 같은데 왜 다르게 나오지? 그럼 나머지 애들은 뭔데"

를 반복했었는데..

소의 수는 M인데.. 전체를 N으로 잡아서 발생한 삽질이었습니다. ^^..

저와같은 삽질을 하는 분은 없겠죠..?

 

 

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#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
#define MAX 101
using namespace std;
typedef pair<intint> pii;
 
vector<pii> list[MAX][MAX], v;
bool visit[MAX][MAX];
int map[MAX][MAX];
int direct[4][2= { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0} };
int N, M, K;
 
int bfs(int sx, int sy) {
    queue<pii> q;
    visit[sx][sy] = true;
    q.push({ sx,sy });
    int num = map[sx][sy];
    int ret = 0;
    while (!q.empty()) {
        int x = q.front().first;
        int y = q.front().second;
        q.pop();
 
        if (map[x][y] && map[x][y] != num) {
            ret++;
        }
 
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = x + direct[i][0];
            int ny = y + direct[i][1];
 
            if (nx < 1 || ny < 1 || nx > N || ny > N) continue;
            if (visit[nx][ny]) continue;
 
            bool flag = true;
            for (auto a : list[x][y]) {
                if (a.first == nx && a.second == ny) {
                    flag = false;
                    break;
                }
            }
            if (!flag) continue;
 
            q.push({ nx,ny });
            visit[nx][ny] = true;
        }
    }
 
    return M - (ret + 1);
}
 
void func() {
    int ans = 0;
    int len = v.size();
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        ans += bfs(v[i].first, v[i].second);
        memset(visit, 0sizeof(visit));
    }
 
    cout << ans / 2 << '\n';
}
 
void input() {
    int sx, sy, ex, ey;
    cin >> N >> M >> K;
    while (K--) {
        cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
        list[sx][sy].push_back({ ex,ey });
        list[ex][ey].push_back({ sx,sy });
    }
 
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        cin >> sx >> sy;
        map[sx][sy] = i;
        v.push_back({ sx,sy });
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/18113

 

18113번: 그르다 김가놈

첫 번째 줄에 손질해야 하는 김밥의 개수 N, 꼬다리의 길이 K, 김밥조각의 최소 개수 M이 주어진다. (1 ≤ N ≤ 106, 1 ≤ K, M ≤ 109, N, K, M은 정수) 두 번째 줄부터 김밥의 길이 L이 N개 주어진다.

www.acmicpc.net

김밥의 꼬다리를 K * 2 만큼 잘라낸 김밥을 손질된 김밥이라고 하며, K * 2보다 작은 김밥은 K만큼만 잘라낸다고 합니다.

그 손질된 김밥을 길이가 P인 조각으로 잘라내 최소 M개의 조각을 만드려고 합니다.

-> 최소 M개의 조각을 만들기 위한 최대 P를 구하는 문제로 파라매트릭 서치를 이용합니다.

 

파라매트릭 서치는 이분탐색과 큰 차이는 없으며,

이분탐색이 정확히 M인 값을 구하는 반면, 파라매트릭 서치는 M에 가장 가까운 최적의 값을 구하는 것입니다.

 

 

이 문제는 두 가지 방법을 선택하여 해결할 수 있습니다.

먼저, 모든 김밥에 대해 최적의 P를 구하는 방법입니다.

이 방법은 입력을 그대로 다 받아놓고, 파라매트릭 서치 과정에서 K * 2 or K를 빼는 식이 포함되는 방법입니다.

 

아니면, 애초에 K보다 작거나 K * 2와 같은 길이의 김밥을 먼저 제외하여 최적의 P를 구하는 방법입니다.

이 방법은 입력을 받을 때 미리 K * 2 or K를 빼는 식이 포함되는 방법입니다.

이 과정에서 꼬다리를 제거했을 때 길이가 0 이하가 되는 김밥을 제외합니다.

두 방법 모두 AC를 받는데는 문제가 없으나 두번째 방법이 더 적은 갯수로 구할 수 있으므로 시간상 이득을 볼 수 있습니다.

 

파라매트릭 과정에서 필요없는 김밥을 제외
입력 과정에서 필요없는 김밥을 제외

두 방법으로 제출했을 때 확실히 미리 제외한 방법이 시간상 효율적이었습니다.

 

파라매트릭 서치 과정에서는

l, r은 김밥조각의 길이인 P의 범위이며, 김밥을 m으로 나눈 몫을 카운팅한 값이 M 이상이 되는 최적의 해를 구해주시면 되겠습니다.

 

 

[필요없는 김밥을 제외하지 않은 코드]

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
vector<int> list;
int N, K, M, l, r;
 
void func() {
    int ans = -1;
    l = 1;
    while (l <= r) {
        int m = (l + r) >> 1;
 
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            if (list[i] <= K) continue;
 
            if (list[i] >= K * 2) cnt += ((list[i] - K * 2/ m);
            else cnt += ((list[i] - K) / m);
        }
 
        if (cnt >= M) {
            ans = m;
            l = m + 1;
        }
        else {
            r = m - 1;
        }
    }
 
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    int x;
    cin >> N >> K >> M;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> x;
 
        list.push_back(x);
        r = max(r, x);
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
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[처음부터 필요없는 김밥을 제외한 코드]

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
vector<int> list;
int N, K, M, l, r;
 
void func() {
    int ans = -1;
    l = 1;
    while (l <= r) {
        int m = (l + r) >> 1;
 
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            cnt += (list[i] / m);
        }
 
        if (cnt >= M) {
            ans = m;
            l = m + 1;
        }
        else {
            r = m - 1;
        }
    }
 
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    int x;
    cin >> N >> K >> M;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> x;
        if (x <= K || x == K * 2continue;
 
        int sub = x;
        if (x < K * 2) sub -= K;
        else sub -= (K * 2);
 
        list.push_back(sub);
        r = max(r, sub);
    }
 
    N = list.size();
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/2281

 

2281번: 데스노트

첫째 줄에 n(1 ≤ n ≤ 1,000), m(1 ≤ m ≤ 1,000)이 주어진다. m은 노트의 가로 칸의 개수(폭, 너비)이다. 다음 n개의 줄에는 각 사람의 이름의 길이가 노트에 적어야 할 순서대로 주어진다. 각 길이는 m

www.acmicpc.net

노트에 이름을 순서대로 적기 위한 조건은 아래와 같습니다.

  1. 위에서 아래로 적습니다.
  2. 같은 줄에서는 왼쪽에서 오른쪽으로 적습니다.
  3. 이름 사이에는 한 칸의 빈 칸이 있습니다.
  4. 한 사람의 이름은 한 줄에만 적어야 하며, 해당 줄에 사람의 이름을 다 적지 못하면 다음 줄에 적어야 합니다.
  5. 한 줄을 넘어가는 길이의 이름은 주어지지 않습니다.

위 조건을 지키면서 이름을 적으며, 마지막 줄을 제외한 모든 줄에서 끝에 남은 칸의 갯수의 제곱을 더한 값의 최소를 구하는 문제입니다.

 

dp[idx][len]: idx번째 이름을 적을 차례이고, idx - 1번째까지 len의 공간을 사용했을 때의 최솟값

여기서 선택할 수 있는 방법은

  1. 현재 줄을 빈 칸으로 놔두고 다음 줄에 이름을 적는다.
  2. 현재 줄에 남은 칸이 이름의 길이만큼 남았다면 현재 줄에 이름을 적는다.

이렇게 두 가지 있습니다.

1번은 모든 경우에 할 수 있으며, 2번은 남은 공간을 파악하여 구하도록 합니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAX 1001
using namespace std;
 
int dp[MAX][MAX], list[MAX];
int N, M;
 
int solve(int idx, int len) {
    if (idx == N) return 0;
 
    int& ret = dp[idx][len];
    if (ret != -1return ret;
    
    ret = (M - len + 1* (M - len + 1+ solve(idx + 1, list[idx] + 1);
    if (len + list[idx] <= M) {
        ret = min(ret, solve(idx + 1, len + list[idx] + 1));
    }
 
    return ret;
}
 
void func() {
    memset(dp, -1sizeof(dp));
    cout << solve(00<< '\n';
}
 
void input() {
    cin >> N >> M;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> list[i];
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/18112

 

18112번: 이진수 게임

첫 번째 줄에 길이 L의 ‘시작 이진수’가 주어진다. 두 번째 줄에 길이 K의 ‘목표 이진수’가 주어진다. (1 ≤ L, K ≤ 10)

www.acmicpc.net

  1. 맨 앞 숫자를 제외한 한 자리 숫자를 보수로 바꾸기
  2. 현재 수에 1 더하기
  3. 현재 수에 1 빼기 (현재 수가 자연수일 때만 해당)

위 과정을 반복하여 시작 이진수 s가 목표 이진수 e가 되는 최소 동작 횟수를 출력하는 문제로 오랜만에 bfs입니다.

입력은 10자리 이진수로 주어지며, 저는 이 수를 10진수로 변환하여 비트마스킹을 이용하였습니다.

 

이 풀이의 로직은

먼저, 이진수를 10진수로 변환하고, s를 시작으로 bfs 탐색합니다.

 

그 다음은 x가 0인 경우를 제외하고 한 비트씩 변경된 값을 queue에 넣습니다.

이 과정에서 bit가 x / 2보다 커진다면 마지막 비트이므로 break를 걸어줍니다.

 

e가 10자리 이진수이므로 1024보다 작은 수입니다.

따라서 x + 1이 1024보다 작은 경우에만 queue에 넣어주면 됩니다.

 

그리고 e는 음수가 아니므로 x가 자연수일 경우에만 x - 1을 queue에 넣어줍니다.

 

위의 과정을 반복하여 e에 도착하면 t를 리턴하여 출력합니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <queue>
#include <string>
#define MAX 10
using namespace std;
 
string str1, str2;
bool visit[1 << MAX];
int s, e;
 
int bfs() {
    queue<int> q;
    q.push(s);
    visit[s] = 1;
    for (int t = 0!q.empty(); t++) {
        int qsize = q.size();
        while (qsize--) {
            int x = q.front();
            q.pop();
 
            if (x == e) {
                return t;
            }
 
            int bit = 1;
            while (1) {
                if (!x) break;
                if (x & bit) {
                    if (bit > x / 2break;
                }
 
                int next = x ^ bit;
                if (!visit[next]) {
                    q.push(next);
                    visit[next] = true;
                }
                bit <<= 1;
            }
 
            if (x + 1 < 1024 && !visit[x + 1]) {
                q.push(x + 1);
                visit[x + 1= true;
            }
            if (x && !visit[x - 1]) {
                q.push(x - 1);
                visit[x - 1= true;
            }
        }
    }
 
    return 0;
}
 
void func() {
    cout << bfs() << '\n';
}
 
void init() {
    int len1 = str1.size();
    int mul = 1;
    for (int i = len1 - 1; i >= 0; i--) {
        if (str1[i] == '1') s += mul;
        mul <<= 1;
    }
 
    int len2 = str2.size();
    mul = 1;
    for (int i = len2 - 1; i >= 0; i--) {
        if (str2[i] == '1') e += mul;
        mul <<= 1;
    }
}
 
void input() {
    cin >> str1 >> str2;
    init();
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

'algorithm > bfs' 카테고리의 다른 글

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https://www.acmicpc.net/problem/2912

 

2912번: 백설공주와 난쟁이

첫째 줄에 난쟁이의 수 N과 모자 색상의 수 C가 주어진다. (3 ≤ N ≤ 300,000, 1 ≤ C ≤ 10,000) 둘째 줄에는 각 난쟁이가 쓰고 있는 모자의 색상이 줄을 서 있는 순서대로 주어진다. 셋째 줄에는 사진

www.acmicpc.net

N명의 난쟁이가 모자를 쓰고 줄을 서고 있습니다.

구간 l ~ r에 존재하는 모자의 색상의 갯수를 종류별로 파악하여 어떤 모자가 절반보다 많이 있다면 yes와 색의 번호를 출력합니다.

 

이 문제에 업데이트가 없으므로 오프라인 쿼리가 가능하며, 구간을 효율적으로 움직이기 위해 Mo's 알고리즘을 사용합니다.

먼저 구간을 sqrt(N)으로 나누어 l / sqrt(N)을 기준으로 오름차순 정렬합니다.

l의 구간이 같다면 r을 기준으로 오름차순 정렬합니다.

 

그 다음 정렬된 쿼리를 하나씩 처리합니다.

구간을 이동하면서 색에 대한 카운팅을 진행합니다.

해당 구간에 대한 카운팅이 끝났으면 어떤 색이 절반보다 많이 차지하는지 찾습니다. (없다면 -1입니다.)

그 다음 구간을 갱신합니다.

M개의 쿼리를 모두 처리한 다음 한꺼번에 출력합니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define MAX 300001
#define MAXQ 10001
using namespace std;
 
typedef struct Point {
    int l, r, idx;
}Point;
 
Point q[MAXQ];
int list[MAX], ans[MAXQ], cnt[MAXQ];
int N, C, M, sqrtN;
 
bool cmp(Point a, Point b) {
    int x = a.l / sqrtN;
    int y = b.l / sqrtN;
 
    if (x == y) return a.r < b.r;
    else return x < y;
}
 
void solve(int idx, int k) {
    for (int i = 1; i <= C; i++) {
        if (cnt[i] > k / 2) {
            ans[idx] = i;
            return;
        }
    }
    ans[idx] = -1;
}
 
void func() {
    int l = q[1].l;
    int r = q[1].r;
    for (int i = l; i <= r; i++) {
        cnt[list[i]]++;
    }
    solve(q[1].idx, r - l + 1);
 
    for (int i = 2; i <= M; i++) {
        int nl = q[i].l;
        int nr = q[i].r;
        int idx = q[i].idx;
 
        for (int j = l; j < nl; j++) {
            cnt[list[j]]--;
        }
        for (int j = l - 1; j >= nl; j--) {
            cnt[list[j]]++;
        }
        for (int j = r; j > nr; j--) {
            cnt[list[j]]--;
        }
        for (int j = r + 1; j <= nr; j++) {
            cnt[list[j]]++;
        }
        solve(idx, nr - nl + 1);
 
        l = nl;
        r = nr;
    }
 
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        if (ans[i] == -1cout << "no\n";
        else cout << "yes " << ans[i] << '\n';
    }
}
 
void input() {
    cin >> N >> C;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> list[i];
    }
    sqrtN = sqrt(N);
 
    cin >> M;
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        cin >> q[i].l >> q[i].r;
        q[i].idx = i;
    }
    sort(q + 1, q + 1 + M, cmp);
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

'algorithm > Mo's' 카테고리의 다른 글

boj 12999 화려한 마을3  (0) 2022.09.07

https://www.acmicpc.net/problem/12999

 

12999번: 화려한 마을3

첫 번째 줄에 N, Q (1 ≤ N ≤ 100,000, 1 ≤ Q ≤ 100,000)이 공백을 구분으로 주어진다. 각각 천나라에 존재하는 집의 수와 민호가 궁금해 하는 특정 구간의 수이다. 두 번째 줄에는 1번 집부터 N번 집까

www.acmicpc.net

구간 l ~ r에 존재하는 집에 칠해진 페인트의 밝기들 중 가장 많은 것의 갯수를 출력합니다.

즉, [l, r] 구간에 {1, 1, 1, 2, 2}가 있다면 1이 3개, 2가 2개이므로 3을 출력합니다.

 

이 문제에서 사용할 배열은

  • q: 쿼리 정보를 저장하는 배열
  • list: 페인트의 밝기를 저장하는 배열
  • ans: 답을 저장하는 배열
  • cnt: 특정 밝기의 등장 횟수
  • cntCnt: 특정 밝기의 등장 횟수의 등장 횟수

여기서 cntCnt는 1이 3번, 2가 3번 등장했다면 cntCnt[3] = 2 이렇게 되는 방식입니다.

페인트의 밝기는 -100000 ~ 100000이므로 100000을 미리 더해주도록 합시다. 그래서 cnt 배열의 크기는 *2가 됩니다.

 

페인트의 밝기는 업데이트가 되지 않으므로 오프라인 쿼리 사용이 가능합니다.

따라서 쿼리 정보를 한 번에 받아서 배열 q에 저장합니다.

출력은 입력 순으로 해야하니 인덱스도 함께 저장해야 합니다.

 

그 다음, 투 포인터 비슷하게 l ~ r 구간을 하나하나 확인하여 갯수 카운팅을 진행합니다.

하지만 범위가 1 ~ 5 -> 9 ~ 10 -> 1 ~ 2 이런식으로 된다면 포인터가 이동하는데 많은 시간이 걸릴 것입니다.

포인터를 효율적으로 이동시키기 위해 Mo's 알고리즘을 사용합니다.

Mo's 알고리즘으로 구간을 sqrt(N)으로 나누어서 최대한 같은 그룹 내에서 이동할 수 있도록 하여 움직임을 최소화할 수 있습니다.

따라서 l / sqrt(N)을 기준으로 오름차순으로 정렬하며, 같다면 r 기준으로 오름차순으로 정렬합니다.

 

이제 정렬된 쿼리를 하나씩 처리하면 됩니다.

구간을 이동시키면서 수를 제거하고, 추가합니다.

 

수를 제거하는 과정에서는 먼저 해당 수가 등장한 횟수인 cntCnt를 하나 빼야합니다.

1이 3번 등장해서 cntCnt[3] = 1이 되었는데, 구간을 이동시키니 1이 제거돼야 하는 상황이라면 1이 2번 등장하는 것으로 바뀌게 됩니다.

따라서 cntCnt[3]에서 1을 빼고, cntCnt[2]에서 1을 더해야 합니다.

이 때, 만약 cntCnt[3]이 0이 되었고, 그게 현재 최대 등장 횟수 ret이었다면 ret 또한 1을 빼야합니다.

 

수를 추가하는 과정에서는 해당 수가 처음 등장하는 수가 아니라면 cntCnt를 하나 빼줍니다.

1이 3번 등장해서 cntCnt[3] = 1이 되었고, 구간을 이동시켜서 1이 추가되는 상황이라면 1이 4번 등장하는 것으로 바뀌게 됩니다.

따라서 cntCnt[3]에서 1을 빼고, cntCnt[4]에서 1을 더해야 합니다.

물론, 1이 등장한 적 없다가 추가되는 상황이면 cntCnt를 빼지 않아야 합니다.

그리고 등장 횟수를 추가하는 과정이므로 최대 등장 횟수 ret을 계속 갱신합니다.

 

위 두 가지 작업이 완료되었다면 구간을 갱신하고, 쿼리의 인덱스에 맞게 정답을 넣어줍니다.

쿼리가 입력 순으로 정렬되어 있지 않으므로 출력은 마지막에 한꺼번에 진행합니다.

 

https://www.acmicpc.net/problem/12986

 

12986번: 화려한 마을2

첫 번째 줄에 N, Q (1 ≤ N ≤ 100,000, 1 ≤ Q ≤ 100,000)이 공백을 구분으로 주어진다. 각각 천나라에 존재하는 집의 수와 민호가 궁금해 하는 특정 구간의 수이다. 두 번째 줄에는 1번 집부터 N번 집까

www.acmicpc.net

이 문제와 같은 풀이입니다.

하지만 화려한 마을2 문제는 다른 조건이 있어 다른 풀이로도 풀 수 있습니다.

저는 화려한 마을3을 먼저 풀었기에 같은 풀이로 AC를 받았습니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define MAX 100001
using namespace std;
 
typedef struct Point {
    int l, r, idx;
}Point;
 
Point q[MAX];
int list[MAX], ans[MAX], cnt[MAX * 2], cntCnt[MAX];
int N, M, sqrtN;
 
bool cmp(Point a, Point b) {
    int x = a.l / sqrtN;
    int y = b.l / sqrtN;
    if (x == y) return a.r < b.r;
    else return x < y;
}
 
void func() {
    int l = q[1].l;
    int r = q[1].r;
    int ret = 0;
    for (int i = l; i <= r; i++) {
        int x = list[i] + 100000;
        if (cnt[x]) cntCnt[cnt[x]]--;
        cnt[x]++;
        cntCnt[cnt[x]]++;
        ret = max(ret, cnt[x]);
    }
    ans[q[1].idx] = ret;
 
    for (int i = 2; i <= M; i++) {
        int nl = q[i].l;
        int nr = q[i].r;
        int idx = q[i].idx;
 
        for (int j = l; j < nl; j++) {
            int x = list[j] + 100000;
            cntCnt[cnt[x]]--;
            if (!cntCnt[cnt[x]] && ret == cnt[x]) ret--;
            cnt[x]--;
            cntCnt[cnt[x]]++;
        }
        for (int j = l - 1; j >= nl; j--) {
            int x = list[j] + 100000;
            if (cnt[x]) cntCnt[cnt[x]]--;
            cnt[x]++;
            cntCnt[cnt[x]]++;
            ret = max(ret, cnt[x]);
        }
        for (int j = r; j > nr; j--) {
            int x = list[j] + 100000;
            cntCnt[cnt[x]]--;
            if (!cntCnt[cnt[x]] && ret == cnt[x]) ret--;
            cnt[x]--;
            cntCnt[cnt[x]]++;
        }
        for (int j = r + 1; j <= nr; j++) {
            int x = list[j] + 100000;
            if (cnt[x]) cntCnt[cnt[x]]--;
            cnt[x]++;
            cntCnt[cnt[x]]++;
            ret = max(ret, cnt[x]);
        }
 
        l = nl;
        r = nr;
        ans[idx] = ret;
    }
 
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        cout << ans[i] << '\n';
    }
}
 
void input() {
    cin >> N >> M;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> list[i];
    }
    sqrtN = sqrt(N);
 
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        cin >> q[i].l >> q[i].r;
        q[i].idx = i;
    }
    sort(q + 1, q + 1 + M, cmp);
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/12895

 

12895번: 화려한 마을

첫 번째 줄에 N, T, Q (1 ≤ N ≤ 100,000, 1 ≤ T ≤ 30, 1 ≤ Q ≤ 100,000)이 공백을 구분으로 주어진다. 각각 천나라에 존재하는 집의 개수, 사용할 색의 개수, 작업의 개수를 의미한다. 두 번째 줄부터 작

www.acmicpc.net

출력은 l ~ r 구간에 칠해져 있는 색의 가짓수, 집에 칠할 수 있는 색은 최대 30가지입니다.

업데이트와 쿼리가 섞여 있으므로 오프라인 쿼리 및 mo's 알고리즘은 사용하지 못하고, 세그먼트 트리 lazy를 사용합니다.

트리에는 해당 구간에 칠해져 있는 색의 가짓수를 비트 필드로 저장합니다.

 

우선 모든 집에 1이 칠해져 있는 상태로 시작합니다. init 함수에서 초기화를 진행합니다.

type == C면 l ~ r 구간에 업데이트를 진행합니다.

원래 칠해져 있던 색을 지우고, 새로운 색을 채워야 하므로 tree[node]에 해당 색으로 변경해줍니다.

type == Q면 l ~ r 구간에 칠해져 있는 색의 가짓수를 출력합니다.

트리에는 비트 필드를 저장했으니 시프트연산을 하면서 1의 갯수를 출력합니다.

lazyUpdate는 모든 update, query 시 먼저 진행합니다.

 

이 문제는 l > r인 입력도 주어지니 l < r이 되도록 swap을 해야합니다.

 

 

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#include <iostream>
#define MAX 100001
using namespace std;
 
int tree[MAX * 4], lazy[MAX * 4];
int N, M, K;
 
void init(int node, int s, int e) {
    if (s == e) {
        tree[node] = 1;
        return;
    }
 
    int m = (s + e) / 2;
    init(node * 2, s, m);
    init(node * 2 + 1, m + 1, e);
    tree[node] = tree[node * 2| tree[node * 2 + 1];
}
 
void lazyUpdate(int node, int s, int e) {
    if (!lazy[node]) return;
 
    tree[node] = lazy[node];
    if (s != e) {
        lazy[node * 2= lazy[node];
        lazy[node * 2 + 1= lazy[node];
    }
    lazy[node] = 0;
}
 
void update(int node, int s, int e, int l, int r, int k) {
    lazyUpdate(node, s, e);
    if (s > r || l > e) return;
    if (l <= s && e <= r) {
        lazy[node] = (1 << k);
        lazyUpdate(node, s, e);
        return;
    }
 
    int m = (s + e) / 2;
    update(node * 2, s, m, l, r, k);
    update(node * 2 + 1, m + 1, e, l, r, k);
    tree[node] = tree[node * 2| tree[node * 2 + 1];
}
 
int query(int node, int s, int e, int l, int r) {
    lazyUpdate(node, s, e);
    if (s > r || l > e) return 0;
    if (l <= s && e <= r) return tree[node];
 
    int m = (s + e) / 2;
    return query(node * 2, s, m, l, r) | query(node * 2 + 1, m + 1, e, l, r);
}
 
void func() {
    char type;
    int l, r, k;
    while (K--) {
        cin >> type;
        if (type == 'C') {
            cin >> l >> r >> k;
            if (l > r) swap(l, r);
            update(11, N, l, r, k - 1);
        }
        else {
            cin >> l >> r;
            if (l > r) swap(l, r);
            int ret = query(11, N, l, r);
            int ans = 0;
            while (ret) {
                ans += (ret & 1);
                ret >>= 1;
            }
            cout << ans << '\n';
        }
    }
}
 
void input() {
    cin >> N >> M >> K;
    init(11, N);
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/10167

 

10167번: 금광

첫 줄에는 금광들의 개수 N (1 ≤ N ≤ 3,000)이 주어진다. 이어지는 N개의 줄 각각에는 금광의 좌표 (x, y)를 나타내는 음이 아닌 두 정수 x와 y(0 ≤ x, y ≤ 109), 그리고 금광을 개발하면 얻게 되는 이

www.acmicpc.net

이 문제를 풀기 전에, [boj 16993 연속합과 쿼리] 문제를 먼저 푸시는 것을 추천드립니다. [풀이]

 

금광을 풀기 위해 금광 세그가 등장하여 많이 알려진 것을 보면 얼마나 어려운 문제인지 예상이 될 것 같습니다.

금광세그 + 좌표압축 + 스위핑으로 많은 테크닉이 이 하나의 문제를 풀기 위해 필요합니다.

 

전체 흐름은

  1. 좌표압축으로 좌표 범위를 줄인 후에
  2. y 좌표를 기준으로 x 좌표들을 모으고
  3. y 좌표 범위를 이동시키며, 연속합의 최대를 구한다.

이렇게 되겠습니다.

 

좌표 압축

좌표를 인덱스로 하여 트리를 구성합니다.

좌표압축 설명은 [여기]에 포스팅되어 있습니다.

x, y 좌표 모두 압축 진행해주시면 됩니다.

y 좌표를 기준으로 x 좌표를 모을 예정이므로 다시 재정렬할 필요는 없습니다.

 

스위핑

먼저, y 좌표를 인덱스로 같은 y 좌표를 가지는 x 좌표를 벡터에 모읍니다.

yList[1] = {1, 2, 3} // y = 1인 x 좌표가 1, 2, 3

그 다음 y 좌표 범위를 이동하면서 최적의 답을 구합니다.

y 좌표의 범위는 1 ~ yCnt, 2 ~ yCnt, ..., y ~ yCnt에 존재하는 x 좌표들 대상입니다.

범위가 고정되었으니 이제 x 좌표들로 연속합의 최대를 구합니다.

 

금광세그

여기부터는 이제 연속합과 쿼리 문제와 동일합니다.

연속합의 최대를 구하기 위해 세그먼트 트리를 이용합니다.\

 

트리에는 아래 값들을 저장하게 됩니다.

  • l: leftNode의 최대
    • max(leftNode.l, leftNode.sum + rightNode.l)
  • r: rightNode의 최대
    • max(rightNode.r, rightNode.sum + leftNode.r)
  • max: 현재 노드의 최대
    • max(leftNode.max, rightNode.max, leftNode.r + rightNode.l)
  • sum: 현재 노드의 전체 합
    • leftNode.sum + rightNode.sum

y 좌표의 범위가 바뀔 때마다 들어오는 x 좌표 값들이 다르므로 트리는 반드시 초기화 해야합니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#define MAX 3001
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<intint> pii;
typedef pair<int, ll> pil;
 
typedef struct Point {
    int x, y;
    ll w;
    int idx;
}Point;
 
typedef struct Node {
    ll l, r, max, sum;
}Node;
 
Point list[MAX];
Node tree[MAX * 4];
vector<pil> yList[MAX];
int N;
 
void update(int node, int s, int e, int idx, ll diff) {
    if (idx < s || idx > e) return;
    if (s == e) {
        tree[node].l += diff;
        tree[node].r += diff;
        tree[node].max += diff;
        tree[node].sum += diff;
        return;
    }
 
    int m = (s + e) / 2;
    update(node * 2, s, m, idx, diff);
    update(node * 2 + 1, m + 1, e, idx, diff);
    tree[node] = { max(tree[node * 2].l, tree[node * 2].sum + tree[node * 2 + 1].l), max(tree[node * 2 + 1].r, tree[node * 2 + 1].sum + tree[node * 2].r), max(max(tree[node * 2].max, tree[node * 2 + 1].max), tree[node * 2].r + tree[node * 2 + 1].l), tree[node * 2].sum + tree[node * 2 + 1].sum };
}
 
Node query(int node, int s, int e, int l, int r) {
    if (s > r || l > e) return { (int)-1e9, (int)-1e9, (int)-1e90 };
    if (l <= s && e <= r) return tree[node];
 
    int m = (s + e) / 2;
    Node leftNode = query(node * 2, s, m, l, r);
    Node rightNode = query(node * 2 + 1, m + 1, e, l, r);
    return { max(leftNode.l, leftNode.sum + rightNode.l), max(rightNode.r, rightNode.sum + leftNode.r), max(max(leftNode.max, rightNode.max), leftNode.r + rightNode.l), leftNode.sum + rightNode.sum };
}
 
void func() {
    sort(list + 1, list + 1 + N, [](Point a, Point b) {
        return a.x < b.x;
    });
 
    int pre = 1e9 + 1;
    int xCnt = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        if (pre != list[i].x) xCnt++;
        pre = list[i].x;
        list[i].x = xCnt;
    }
 
    sort(list + 1, list + 1 + N, [](Point a, Point b) {
        return a.y < b.y;
    });
 
    pre = 1e9 + 1;
    int yCnt = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        if (pre != list[i].y) yCnt++;
        pre = list[i].y;
        list[i].y = yCnt;
    }
 
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        yList[list[i].y].push_back({ list[i].x, list[i].w });
    }
 
    ll ans = -1e9 - 1;
    for (int i = 1; i <= yCnt; i++) {
        memset(tree, 0sizeof(tree));
        for (int j = i; j <= yCnt; j++) {
            for (int k = 0; k < yList[j].size(); k++) {
                update(11, N, yList[j][k].first, yList[j][k].second);
            }
            ans = max(ans, query(11, N, 1, N).max);
        }
    }
 
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    cin >> N;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> list[i].x >> list[i].y >> list[i].w;
        list[i].idx = i;
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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https://www.acmicpc.net/problem/16993

 

16993번: 연속합과 쿼리

길이가 N인 수열 A1, A2, ..., AN이 주어진다. 이때, 다음 쿼리를 수행하는 프로그램을 작성하시오. i j : Ai, Ai+1, ..., Aj에서 가장 큰 연속합을 출력한다. (1 ≤ i ≤ j ≤ N) 수열의 인덱스는 1부터 시작

www.acmicpc.net

"금광 세그" 라고 불릴 정도의 웰노운 문제지만 어렵습니다. ㅠㅠ

이 문제는 "금광" 문제를 풀기 위한 워밍업 문제이며, 이 문제를 푸셨다면 금광 문제에 도전하시는 것도 좋습니다.

 

금광 세그는 구간에서 가장 큰 연속합을 구하는 문제입니다.

세그먼트 트리를 활용할 수 있으며, 두 개의 노드를 병합했을 때,

[왼쪽 노드의 최대, 오른쪽 노드의 최대, 두 노드의 중간]

이 정도가 답이 될 수 있습니다.

 

이를 구하기 위해 세그먼트 트리에는 다음과 같은 값을 저장합니다.

  • l: 왼쪽 하위노드 (leftNode)의 최대
  • r: 오른쪽 하위노드 (rightNode)의 최대
  • max: 현재 노드의 최대
  • sum: 현재 노드의 전체 합

이 값들을 구하는 방법은

  • l: max(leftNode.l, leftNode.sum + rightNode.l)
  • r: max(rightNode.r, rightNode.sum + leftNode.r)
  • max: max(leftNode.max, rightNode.max, leftNode.r + rightNode.l)
  • sum: leftNode.sum + rightNode.sum

이러면 전체 구간에서의 max를 구할 수 있습니다.

 

해당 식을 알고 있다면 쉽게 풀리는 문제지만, 처음보는 입장에서 이해하기는 어려웠습니다.

비슷한 문제로 update가 추가된 문제와 좌표압축이 추가된 금광 문제도 함께 공유드리고, 마무리하겠습니다.

https://www.acmicpc.net/problem/15561

 

15561번: 구간 합 최대? 2

첫 번째 줄에 정수 N과 Q, U, V가 입력된다. (1 ≤ N, Q ≤ 105,  - 5 ≤ U, V ≤ 5) 두 번째 줄에 정수 K1, K2, ..., KN이 주어진다. (-102 ≤ Ki ≤ 102) 세 번째 줄부터 쿼리가

www.acmicpc.net

https://www.acmicpc.net/problem/10167

 

10167번: 금광

첫 줄에는 금광들의 개수 N (1 ≤ N ≤ 3,000)이 주어진다. 이어지는 N개의 줄 각각에는 금광의 좌표 (x, y)를 나타내는 음이 아닌 두 정수 x와 y(0 ≤ x, y ≤ 109), 그리고 금광을 개발하면 얻게 되는 이

www.acmicpc.net

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MAX 100001
using namespace std;
 
typedef struct Node {
    int l;
    int r;
    int max;
    int sum;
}Node;
 
Node tree[MAX * 4];
int list[MAX];
int N, M;
 
Node init(int node, int s, int e) {
    if (s == e) {
        return tree[node] = { list[s], list[s], list[s], list[s] };
    }
 
    int m = (s + e) / 2;
    Node leftNode = init(node * 2, s, m);
    Node rightNode = init(node * 2 + 1, m + 1, e);
    return tree[node] = { max(leftNode.l, leftNode.sum + rightNode.l), max(rightNode.r, leftNode.r + rightNode.sum), max(max(leftNode.max, rightNode.max), leftNode.r + rightNode.l), leftNode.sum + rightNode.sum };
}
 
Node query(int node, int s, int e, int l, int r) {
    if (s > r || l > e) return { (int)-1e9, (int)-1e9, (int)-1e90 };
    if (l <= s && e <= r) return tree[node];
 
    int m = (s + e) / 2;
    Node leftNode = query(node * 2, s, m, l, r);
    Node rightNode = query(node * 2 + 1, m + 1, e, l, r);
    return { max(leftNode.l, leftNode.sum + rightNode.l), max(rightNode.r, leftNode.r + rightNode.sum), max(max(leftNode.max, rightNode.max), leftNode.r + rightNode.l), leftNode.sum + rightNode.sum };
}
 
void func() {
    int l, r;
    cin >> M;
    while (M--) {
        cin >> l >> r;
        cout << query(11, N, l, r).max << '\n';
    }
}
 
void input() {
    cin >> N;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> list[i];
    }
    init(11, N);
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    func();
 
    return 0;
}
cs

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