https://www.acmicpc.net/problem/1648

 

1648번: 격자판 채우기

준규는 침대에 누워서 천장을 바라보고 있었다. 천장은 격자판 모양이었고, 계속해서 천장을 바라보다 보니 이런 생각이 들었다. 세로 크기가 N이고, 가로 크기가 M인 격자판을 2x1 크기의 도미노

www.acmicpc.net

dp + 비트마스킹 문제로 넴모넴모(문제 링크) 문제와 비슷한 방식으로 해결하였습니다.

(안 푸셨으면 풀어 보시는거 추천드립니다 ㅎㅎ)

 

dp[x][bit] : x번 칸부터 M개의 칸의 상태가 bit일 때 x번 칸에 도미노를 놓는 경우의 수

이렇게 두고 해결하였습니다.

 

넴모넴모 문제는 x번 칸 이전의 M + 1개의 칸을 비트로, 이 문제는 x번 칸부터 M개의 칸을 비트로 두었습니다.

그리고 넴모넴모 문제는 x번 칸 뒤에는 채워져있지 않지만 이 문제는 채워져있을 가능성이 있어 확인을 해야하고,

0번 ~ x - 1번 칸은 모두 채워져있도록 로직을 구성하였습니다.

만약 2 * 3 격자판에 칸이 이렇게 채워져있고, x번 칸 차례라고 한다면,

x번 부터 x + (M - 1)번까지 M개의 비트는 역순으로 011로 구성됩니다.

 

우선 위 그림처럼 x번 칸이 이미 채워져있으면 다음 칸(x + 1)으로 넘어갑니다.

 

이렇게 x번 칸이 비워져있을 경우에만 1 * 2 크기나, 2 * 1 크기로 채울 수 있습니다.

위 그럼은 x + 1번 칸이 이미 채워져있으므로 1 * 2 크기는 채울 수 없습니다.

x + M번은 무조건 비어있으므로 2 * 1 크기로 채운 후 다음(x + 1)으로 넘어갈 수 있습니다.

 

이 그림은 x + 1번 칸이 비어있으므로 1 * 2크기를 채운 후 다음(x + 2)으로 넘어갈 수 있습니다.

x + M번은 무조건 비어있으므로 2 * 1 크기로 채운 후 다음(x + 1)으로 넘어갈 수 있습니다.

 

다만 이 그림처럼 맨 밑 칸은 2 * 1을 놓을 수 없으므로 맨 밑 칸이 아닐 경우에만 채워줍니다.

마지막으로 x번이 맨 오른쪽 칸일 경우에는 1 * 2크기로 채울 수 없으므로 맨 오른쪽 칸이 아닐 경우에만 채워줍니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <cstring>
#define MAX 14
#define MOD 9901
using namespace std;
 
int dp[MAX * MAX][1 << MAX];
int N, M;
 
int func(int x, int bit) {
    if (x == N * M) return 1;
 
    int &ret = dp[x][bit];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = 0;
 
    if (bit & 1) ret = func(x + 1, (bit >> 1));
    else {
        if (x / M != N - 1) ret = func(x + 1, (bit >> 1) | (1 << (M - 1)));
 
        if (x%M != M - 1 && !(bit & 2)) ret = (ret + func(x + 2, bit >> 2)) % MOD;
    }
 
    return ret;
}
 
void input() {
    cin >> N >> M;
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    cout << func(0, 0) << '\n';
 
    return 0;
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/14700

 

14700번: 넴모넴모 (Hard)

첫 번째 줄에 주어진 격자판에서 나올 수 있는, “넴모”들이 올라간 칸이 2 × 2 사각형을 이루지 않는 모든 배치의 가짓수를 1, 000, 000, 007로 나눈 나머지를 출력한다.

www.acmicpc.net

dp + 비트마스킹 문제로 격자판 채우기(문제 링크) 문제와 비슷한 방식으로 해결하였습니다. 

(안 푸셨으면 풀어 보시는거 추천드립니다 ㅎㅎ)

 

dp[x][chk] : x번 칸에서 이전 M + 1개의 칸에 넴모가 채워져있는 상태가 chk인 경우의 수

이렇게 두고 해결하였습니다.

 

격자판 채우기 문제는 x번 칸부터 M개의 칸을 비트로 다루었고, 이 문제는 x번 칸 이전의 M+1개의 칸을 비트로 다루었습니다.

 

우선 맨 왼쪽 칸은 무조건 넴모를 놓을 수 있습니다.. 그 칸에 놓음으로 2 * 2 사각형을 만들 수 없기 때문입니다.

이부분도 생각해주셔야합니다. (x % M == 0 인 곳)

만약 2 * 3 격자판에 칸이 이렇게 채워져있고, x번 칸 차례라고 한다면,

M + 1개의 비트는 x - 1부터 해서 역순으로 1101이라고 생각하시면 됩니다.

그럼 x번 칸에서 봐야할 비트는 (1 << 0) , (1 << 1), (1 << M) 이렇게 3개입니다.

위의 그림에서는 (1 << 1) 비트가 0이므로 x에는 넴모를 올려놓은 것, 올려놓지 않은 것 모두 확인할 수 있습니다.

만약 이 그림이라면 3개의 비트 모두 1이므로 x에는 넴모를 올려놓지 않은 것만 확인하시면 됩니다.

 

 

그리고.. 이 문제가 메모리가 빠듯해서 그런지 1 << 19로 잡아도 메모리 초과가 발생하였습니다.

입력이 N * M <= 300으로 들어오기때문에 10 * 30 이런것도 들어올 수 있다는 것인데

비트는 M + 1개를 다루기 때문에 메모리 공간을 잡는데 어려움이 있었습니다.

17 * 17 = 289이고 18 * 18 = 324이므로 아무리 커도 N과 M 중 작은쪽은 17보다 클 수 없다는 생각을 하였고,

둘 중 작은쪽을 M으로 가게 하였습니다.

 

시간 제한이 2초인데 1.6초로 겨우 AC를 받았습니다..

 

 

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#include <iostream>
#include <cstring>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
 
int dp[301][1 << 18];
int N, M;
 
int func(int x, int chk) {
    if (x == N * M) return 1;
 
    int &ret = dp[x][chk];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = 0;
 
    ret = func(x + 1, chk >> 1);
 
    if (!(x % M) || !(chk & (1 << 0)) || !(chk & (1 << 1)) || !(chk & (1 << M))) {
        ret = (ret + func(x + 1, (chk >> 1) | (1 << M))) % MOD;
    }
 
    return ret;
}
 
void input() {
    cin >> N >> M;
    if (N < M) swap(N, M);
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    cout << func(0, 0) << '\n';
 
    return 0;
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/1311

 

1311번: 할 일 정하기 1

N명의 사람과 N개의 일이 있다. 각 사람은 일을 하나 담당해야 하고, 각 일을 담당하는 사람은 한 명 이어야 한다. 또한, 모든 사람은 모든 일을 할 능력이 있다. 사람은 1번부터 N번까지 번호가 매

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외판원 문제를 풀때는 dp + 비트마스킹에 적응을 못했어서 푸는데 어려움이 많았지만 이번 문제는 좀 수월하게 했던것 같습니다..

 

dp[x][cost] : x번 사람이 고를 때 x - 1번째 사람까지 골랐던 일의 상태가 cost인 비용의 최솟값

여기서 cost에 비트마스킹을 이용합니다. (N = 20이므로 약 100만 정도의 크기입니다.)

 

저는 번호를 0 ~ N - 1로 두었기때문에 0번 사람부터 차례로 0 ~ N - 1번 일까지 돌면서 고르지 않은 일만 선택하였고,

x가 N일 때 모든 사람이 일을 골랐으면 0, 아니면 INF을 리턴하였습니다.

 

 

+ 음.. 시간과 메모리가 적게 나온 분의 풀이를 보았는데 dp[x][cost]가 아닌 dp[cost]만으로도 해결이 됐습니다..

dp[cost] : 고른 일의 상태가 cost일 때 비용의 최솟값

으로 두고 해결하면 될 것 같습니다! (소스는 같이 올리겠습니다)

 

역시 1차원 배열로 한 것이 시간적으로나 메모리적으로나 많은 이득을 가져갑니다..

 

 

[2차원 배열]

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAX 20
#define INF 1000000000
using namespace std;
 
int list[MAX][MAX], dp[MAX][1 << MAX];
int N, chk;
 
int func(int x, int cost) {
    if (x == N) {
        if(cost == chk) return 0;
        else return INF;
    }
 
    int &ret = dp[x][cost];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = INF;
 
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        if (cost & (1 << i)) continue;
 
        ret = min(ret, func(x + 1, cost | (1 << i)) + list[x][i]);
    }
 
    return ret;
}
 
void input() {
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < N; j++) {
            cin >> list[i][j];
        }
    }
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    chk = (1 << N) - 1;
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    cout << func(0, 0) << '\n';
 
    return 0;
}
 cs

 

 

[1차원 배열]

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAX 20
#define INF 1000000000
using namespace std;
 
int list[MAX][MAX], dp[1 << MAX];
int N, chk;
 
int func(int x, int cost) {
    if (x == N) {
        if(cost == chk) return 0;
        else return INF;
    }
 
    int &ret = dp[cost];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = INF;
 
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        if (cost & (1 << i)) continue;
 
        ret = min(ret, func(x + 1, cost | (1 << i)) + list[x][i]);
    }
 
    return ret;
}
 
void input() {
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < N; j++) {
            cin >> list[i][j];
        }
    }
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    chk = (1 << N) - 1;
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    cout << func(0, 0) << '\n';
 
    return 0;
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/1577

 

1577번: 도로의 개수

첫째 줄에 도로의 가로 크기 N과 세로 크기 M이 주어진다. N과 M은 100보다 작거나 같은 자연수이고, 둘째 줄에는 공사중인 도로의 개수 K가 주어진다. K는 0보다 크거나 같고, 100보다 작거나 같은

www.acmicpc.net

(0, 0)에서 출발하여 (N, M)에 도착할 수 있는 경우의 수를 구하는문제입니다.

다만 이 문제는 공사중이어서 갈 수 없는 길이 존재하는데 거리는 항상 1이므로 set으로 관리하였습니다.

 

(a, b), (c, d) 형식으로 입력이 주어지면 (a, b)에서 (c, d)로 가는 길, (c, d)에서 (a, b)로 가는 길 모두 체크하였습니다.

로직은 dfs+dp으로 구성하였고, 이동은 최단거리로만 이동하기 때문에 뒤로는 가지 않아야합니다.

 

이 문제의 답은 long long 범위라고 명시되어 있으므로 long long으로 구해줍니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <set>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
set<pair<int, int> > s[101][101];
ll dp[101][101];
int list[101][101];
int direct[2][2] = { {0,1},{1,0} };
int N, M, K;
 
ll func(int x, int y) {
    if (x == N && y == M) return 1;
 
    ll &ret = dp[x][y];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = 0;
 
    for (int i = 0; i < 2; i++) {
        int nx = x + direct[i][0];
        int ny = y + direct[i][1];
 
        if (nx > N || ny > M) continue;
        if (s[x][y].find({ nx,ny }) != s[x][y].end()) continue;
 
        ret += func(nx, ny);
    }
 
    return ret;
}
 
void input() {
    int sx, sy, ex, ey;
    cin >> N >> M >> K;
    while (K--) {
        cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
        s[sx][sy].insert({ ex,ey });
        s[ex][ey].insert({ sx,sy });
    }
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    cout << func(0, 0) << '\n';
    
    return 0;
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/4781

 

4781번: 사탕 가게

각 테스트 케이스의 첫째 줄에는 가게에 있는 사탕 종류의 수 n과 상근이가 가지고 있는 돈의 양 m이 주어진다. (1 ≤ n ≤ 5,000, 0.01 ≤ m ≤ 100.00) m은 항상 소수점 둘째자리까지 주어진다. 다음 n개

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배낭문제로 해결할 수 있는 문제입니다.

 

가격 정보가 소수점 둘째자리까지 주어지므로 정수로 바꿔서 계산하였습니다.

다만 문제점은 반올림을 하기 위해 * 100 + 0.5를 해줘야한다는 점입니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
pair<int, int> list[5001];
ll dp[10001];
int N, M;
 
void func() {
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 1; j <= M; j++) {
            if (list[i].second > j) continue;
 
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - list[i].second] + list[i].first);
        }
    }
 
    cout << dp[M] << '\n';
}
 
void input() {
    double d;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> list[i].first >> d;
        list[i].second = d * 100 + 0.5;
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    double d;
    while (1) {
        cin >> N >> d;
        M = d * 100 + 0.5;
        if (!N) return 0;
 
        input();
        func();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
    }
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/2186

 

2186번: 문자판

첫째 줄에 N(1 ≤ N ≤ 100), M(1 ≤ M ≤ 100), K(1 ≤ K ≤ 5)가 주어진다. 다음 N개의 줄에는 M개의 알파벳 대문자가 주어지는데, 이는 N×M 크기의 문자판을 나타낸다. 다음 줄에는 1자 이상 80자 이하의

www.acmicpc.net

영어 단어가 "BREAK"처럼 주어지면 문자 판에서 "BREAK"라는 글자가 몇 번 나오는지 구하는 문제입니다.

일단 기본적으로 dfs를 통해 구해주시면 되고, 모든 위치에서 시작할 수 있으니 단어의 첫 알파벳과 일치하는 위치를 시작으로 dfs를 돌려줍니다.

 

하지만 이 문제는 이동 방법이 상하좌우로 K칸까지 이동할 수 있으므로 훨씬 많은 이동이 발생하므로 dp를 같이 사용해줍니다.

dp[x][y][idx] : (x, y)에 도달하였을 때 현재 찾고자 하는 단어의 인덱스가 idx인 경우의 수

이렇게 놓을 수 있습니다.

 

문제의 답은 int범위라고 명시되어 있기때문에 long long은 사용하지 않아도 됩니다.

 

dp를 사용하지 않으면 시간초과가 발생하므로 dp는 필수입니다!!

 

 

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#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;
 
string str;
char list[110][110];
int dp[100][100][81];
int direct[4][2] = { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0} };
int N, M, K, strLength;
 
int dfs(int x, int y, int idx) {
    if (idx == strLength) return 1;
 
    int &ret = dp[x][y][idx];
    if (ret != -1) return ret;
    ret = 0;
 
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        for (int j = 1; j <= K; j++) {
            int nx = x + direct[i][0] * j;
            int ny = y + direct[i][1] * j;
 
            if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= N || ny >= M) continue;
            if (list[nx][ny] != str[idx]) continue;
 
            ret += dfs(nx, ny, idx + 1);
        }
    }
 
    return ret;
}
 
void func() {
    int ans = 0;
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < M; j++) {
            if (list[i][j] != str[0]) continue;
 
            ans += dfs(i, j, 1);
        }
    }
 
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    cin >> N >> M >> K;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < M; j++) {
            cin >> list[i][j];
        }
    }
    cin >> str;
    strLength = str.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/13325

 

13325번: 이진 트리

입력 데이터는 표준입력을 사용한다. 입력의 첫째 줄에는 포화이진트리의 높이를 나타내는 양의 정수 k(1 ≤ k ≤ 20)가 주어진다. 두 번째 줄에는 모든 에지들의 가중치가 주어진다. 에지들의 가

www.acmicpc.net

루트에서 모든 리프노드 까지의 거리가 모두 같게만든 후 모든 가중치의 합의 최소를 구하는 문제입니다.

 

입력으로 주어지는 트리는 무조건 포화 이진 트리(perfect binary tree)이고,

이 문제는 독특하게 노드가 아닌 간선만 입력으로 주어집니다.

 

높이가 1이면 2개의 가중치, 2면 4개의 가중치이므로 높이 N에는 2^N개의 가중치가 있다는 것을 알 수 있습니다.

따라서 입력으로 2가 주어지면 높이가 1인 가중치(2) + 2인 가중치(4) = 총 6개를 입력으로 받습니다.

 

이 문제는 리프에서부터 같은 부모로 이어지는 간선 두개를 비교하여 합을 같게 맞추는 식으로 루트까지 올라가면서 계산하는 방식으로 해결할 수 있습니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
int list[1 << 21];
int N, ans;
 
void func() {
    for (int i = N; i > 0; i--) {
        for (int j = (1 << i); j < (1 << (i + 1)); j += 2) {
            ans += abs(list[j] - list[j + 1]);
 
            list[j / 2] += max(list[j], list[j + 1]);
        }
    }
 
    cout << ans << '\n';
}
 
void input() {
    cin >> N;
    for (int i = 2; i < (1 << N + 1); i++) {
        cin >> list[i];
        ans += 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/6059

 

6059번: Pasture Walking

The N cows (2 <= N <= 1,000) conveniently numbered 1..N are grazing among the N pastures also conveniently numbered 1..N. Most conveniently of all, cow i is grazing in pasture i. Some pairs of pastures are connected by one of N-1 bidirectional walkways tha

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문제는 영어로 되어있지만 lca 알고리즘을 응용해볼 수 있는 문제입니다.

요약하자면 구성된 트리에서 임의의 2개의 노드 간의 거리를 출력하는 문제입니다.

 

parent를 구할때 그 parent까지 가는 거리도 같이 구해줍니다.

 

이 풀이로 풀 수 있는 문제로는 icpc.me/1761 (정점들의 거리)가 있습니다.

 

 

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#include <iostream>
#include <vector>
#define MAX 1000
#define LOG 11
using namespace std;
 
vector<pair<int, int> > graph[MAX + 1];
pair<int, int> parent[MAX + 1][LOG];
int depth[MAX + 1];
int N, M;
 
void dfs(int v, int d) {
    depth[v] = d;
 
    for (int i = 0; i < graph[v].size(); i++) {
        int next = graph[v][i].first;
        int w = graph[v][i].second;
 
        if (depth[next]) continue;
        parent[next][0] = { v, w };
        dfs(next, d + 1);
    }
}
 
int lca(int u, int v) {
    int ans = 0;
    if (depth[u] > depth[v]) swap(u, v);
 
    for (int i = LOG - 1; i >= 0; i--) {
        if (depth[v] - depth[u] >= (1 << i)) {
            ans += parent[v][i].second;
            v = parent[v][i].first;
        }
    }
    if (u == v) return ans;
 
    for (int i = LOG - 1; i >= 0; i--) {
        if (parent[u][i].first != parent[v][i].first) {
            ans += (parent[u][i].second + parent[v][i].second);
            u = parent[u][i].first;
            v = parent[v][i].first;
        }
    }
 
    return ans + (parent[u][0].second + parent[v][0].second);
}
 
void func() {
    for (int j = 1; j < LOG; j++) {
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            parent[i][j].first = parent[parent[i][j - 1].first][j - 1].first;
            if (!parent[i][j].first) continue;
            parent[i][j].second = parent[i][j - 1].second + parent[parent[i][j - 1].first][j - 1].second;
        }
    }
 
    int u, v;
    while (M--) {
        cin >> u >> v;
        cout << lca(u, v) << '\n';
    }
}
 
void input() {
    int u, v, w;
    cin >> N >> M;
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        cin >> u >> v >> w;
        graph[u].push_back({ v,w });
        graph[v].push_back({ u,w });
    }
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    input();
    dfs(1, 1);
    func();
 
    return 0;
}
 cs

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https://www.acmicpc.net/problem/3584

 

3584번: 가장 가까운 공통 조상

루트가 있는 트리(rooted tree)가 주어지고, 그 트리 상의 두 정점이 주어질 때 그들의 가장 가까운 공통 조상(Nearest Common Anscestor)은 다음과 같이 정의됩니다. 두 노드의 가장 가까운 공통 조상은, 두

www.acmicpc.net

LCA 알고리즘을 연습해볼 수 있는 간단한 문제입니다.

다만 이 문제는 방향 그래프이고, 루트가 정해져 있습니다.

 

저는 루트 확인을 chk 배열로 확인하였고, 입력이 자식으로 들어오지 않은 노드를 루트로 지정해주었습니다.

그리고 구했던 root를 시작으로 dfs를 돌려 각 노드의 depth를 구해주면서 자신들의 부모노드를 저장해줍니다. (parent[next][0] = v)

 

이제 자신의 2^n번째 조상을 모두 구하여 lca알고리즘으로 가장 가까운 공통 조상을 출력해줍니다.

 

이 문제는 입력이 10000개이므로 lca를 사용하지 않아도 풀리는 문제입니다.

자신의 부모만 구하여 최소 공통 조상을 구하는 방법인데 u, v의 높이를 같게 맞춘 다음 부모가 같아질때까지 한칸씩 위로 올리는 방식입니다.

소스 같이 올리겠습니다.

 

이 문제는 입력 범위가 작아서 그런지 시간은 동일하게 나왔습니다.

 

 

[LCA 사용]

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#define MAX 10000
#define LOG 15
using namespace std;
 
vector<int> graph[MAX + 1];
bool chk[MAX + 1];
int depth[MAX + 1];
int parent[MAX + 1][LOG];
int N, s, e, root;
 
void dfs(int v, int d) {
    depth[v] = d;
 
    for (int i = 0; i < graph[v].size(); i++) {
        int next = graph[v][i];
        
        if (depth[next]) continue;
        parent[next][0] = v;
        dfs(next, d + 1);
    }
}
 
int lca(int u, int v) {
    if (depth[u] > depth[v]) swap(u, v);
 
    for (int i = LOG - 1; i >= 0; i--) {
        if (depth[v] - depth[u] >= (1 << i)) {
            v = parent[v][i];
        }
    }
    if (u == v) return u;
 
    for (int i = LOG - 1; i >= 0; i--) {
        if (parent[u][i] != parent[v][i]) {
            u = parent[u][i];
            v = parent[v][i];
        }
    }
 
    return parent[v][0];
}
 
void func() {
    for (int j = 1; j < LOG; j++) {
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            parent[i][j] = parent[parent[i][j - 1]][j - 1];
        }
    }
 
    cout << lca(s, e) << '\n';
}
 
void input() {
    int u, v;
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        cin >> u >> v;
        graph[u].push_back(v);
        chk[v] = true;
    }
 
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        if (!chk[i]) {
            root = i;
            break;
        }
    }
 
    cin >> s >> e;
}
 
void init() {
    memset(depth, 0, sizeof(depth));
    memset(parent, 0, sizeof(parent));
    memset(chk, false, sizeof(chk));
    for (int i = 1; i <= N; i++) graph[i].clear();
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    int tc;
    cin >> tc;
    while (tc--) {
        input();
        dfs(root, 1);
        func();
        init();
    }
 
    return 0;
}
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[LCA 사용X]

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#define MAX 10000
using namespace std;
 
vector<int> graph[MAX + 1];
bool chk[MAX + 1];
int depth[MAX + 1];
int parent[MAX + 1];
int N, s, e, root;
 
void dfs(int v, int d) {
    depth[v] = d;
 
    for (int i = 0; i < graph[v].size(); i++) {
        int next = graph[v][i];
        
        if (depth[next]) continue;
        parent[next] = v;
        dfs(next, d + 1);
    }
}
 
int func(int u, int v) {
    if (depth[u] > depth[v]) swap(u, v);
 
    while (depth[u] != depth[v]) {
        v = parent[v];
    }
 
    if (u == v) return u;
 
    while (parent[u] != parent[v]) {
        u = parent[u];
        v = parent[v];
    }
 
    return parent[u];
}
 
void input() {
    int u, v;
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        cin >> u >> v;
        graph[u].push_back(v);
        chk[v] = true;
    }
 
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        if (!chk[i]) {
            root = i;
            break;
        }
    }
 
    cin >> s >> e;
}
 
void init() {
    memset(depth, 0, sizeof(depth));
    memset(parent, 0, sizeof(parent));
    memset(chk, false, sizeof(chk));
    for (int i = 1; i <= N; i++) graph[i].clear();
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    int tc;
    cin >> tc;
    while (tc--) {
        input();
        dfs(root, 1);
        cout << func(s, e) << '\n';
        init();
    }
 
    return 0;
}
 cs

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Spring Basic Setting

스프링을 배우고나서 복습을 반복적으로 하고있지만 까먹거나 헷갈리는 부분이 많아서 정리를 하려고 합니다..

저는 우선 개발 툴로는 STS(Spring Tool Suite)를 사용하였고, Gradle이 아닌 Maven를 사용하였습니다.

위와 같이 Spring Legacy Project를 생성하면 밑에있는 창이 뜹니다.

 

프로젝트 이름을 적어주시고, Templates는 Spring MVC Project를 선택하여 Next를 누르고,

 

패키지 이름을 작성한 후에 Finish를 누릅니다.

여기서 패키지 이름은 최소 3단계로 작성해주시는 것이 좋습니다.

 

그럼 이렇게 프로젝트가 생성되는데 초기 설정을 위해 pom.xml에 들어갑니다.

들어가면 무슨 설정이 많이 있는데 이것만 고쳐줍니다.

properties 태그에 있는 java-version과 springframework-version을 본인에 맞는 버전으로 변경합니다.

저는 1.8과 5.2.6으로 변경하였습니다.

 

그리고 plugin 태그에 있는 이 부분도 본인의 java-version으로 변경해줍니다.

 

나중에 코딩을 하는 도중에 mysql이나 mybatis처럼 pom.xml에 의존성을 추가해야할 일이 분명 있습니다.

https://mvnrepository.com/

여기에서 적용할 의존성을 검색하여 pom.xml에 추가합니다.

스프링에서 세팅은 정말 중요한것 같습니다..

 

 

이제 pom.xml 내용을 변경하였으니 maven-update를 해주어야 합니다.

해당 프로젝트에 우클릭을 하여 Maven→Update Project...를 누릅니다. (단축키로는 Alt + F5입니다.)

그러면 현재 자신이 작업중인 프로젝트가 체크되어 있을텐데 그냥 OK만 눌러주시면 됩니다.

 

이제 기본적인 설정은 끝났고 실행을 해봅시다!

처음 프로젝트를 만들게 되면 HomeController와 home.jsp가 생성되어 있습니다. (필요에 따라 지워도 상관없습니다.)

 

 

스프링 실행 방법은

MySpring 프로젝트 우클릭 → Run As → Run on Server을 누르면 톰캣이 돌아가면서 실행됩니다.

그러면 이렇게 기본 페이지가 뜹니다!

 

 

 

만약 이런 에러를 보셨다면 경로가 톰캣 정보를 들어가셔서 경로 확인을 해야합니다.

 

여기서 톰캣을 더블클릭해서 들어가면

이런 창이 뜨게 되는데 Modules 탭을 누릅니다.

그럼 이렇게 Path가 겹치는 경우가 있습니다. 이런 경우에는 Edit을 눌러서 경로를 변경해주시거나 Remove로 제거해주시면 됩니다.

 

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https://www.acmicpc.net/problem/1563

 

1563번: 개근상

백준중학교에서는 학기가 끝날 무렵에 출결사항을 보고 개근상을 줄 것인지 말 것인지 결정한다. 이 학교는 이상해서 학생들이 학교를 너무 자주 빠지기 때문에, 개근상을 주는 조건이 조금 독

www.acmicpc.net

점화식 구하는게 좀 복잡할 수도 있는 dp문제입니다.

문제를 풀고나서 다른분들의 풀이를 보니 3차원배열을 사용하셨던데 저는 2차원 dp배열로 해결하였습니다.

 

우선 이 문제는 지각을 두 번 이상 하거나, 결석을 세 번 연속으로 하는 경우를 제외한 모든 경우의 수를 구해야합니다.

 

손으로 직접 그려본 후에 점화식을 찾았습니다.

dp[N][start] : 학기 첫날(start)이 출석 / 지각 / 결석일 때 N번째 날의 경우의 수

		[0]	[1]	[2]	sum
N = 1	 1	1	1	3

N = 2	 3	2	3	8

N = 3	 8	4	7	19

N = 4	 19	7	17	43

N = 5	 43	13	38	94

N = 6	 94	24	82	200

 

dp[N][0] : 첫날이 출석인 경우의 수

 -> dp[N - 1][0] + dp[N - 1][1] + dp[N - 1][2]

dp[N][1] : 첫날이 지각인 경우의 수

 -> dp[N - 1][1] + dp[N - 2][1] + dp[N - 3][1]

dp[N][2] : 첫날이 결석인 경우의 수

 -> dp[N - 1][0] + dp[N - 1][1] + dp[N - 2][0] + dp[N - 2][1]

 

출력은 dp[N][0 ~ 2]를 더해 1000000으로 mod연산한 값을 출력해주시면 됩니다.

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#include <iostream>
#define MOD 1000000
using namespace std;
 
int dp[1001][3];
int N;
 
void init() {
    dp[0][1] = 1;
    dp[1][0] = 1;
    dp[1][1] = 1;
    dp[1][2] = 1;
    dp[2][0] = 3;
    dp[2][1] = 2;
    dp[2][2] = 3;
    for (int i = 3; i <= 1000; i++) {
        dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2]) % MOD;
        dp[i][1] = (dp[i - 1][1] + dp[i - 2][1] + dp[i - 3][1]) % MOD;
        dp[i][2] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] + dp[i - 2][0] + dp[i - 2][1]) % MOD;
    }
}
 
void input() {
    cin >> N;
    cout << (dp[N][0] + dp[N][1] + dp[N][2]) % MOD << '\n';
}
 
int main() {
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    init();
    input();
 
    return 0;
}
 cs

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matches 메소드와 정규식을 이용하여 해당 문자열이 정수인지 확인할 수 있습니다.

 

str.matches("-?\\d+")

=> 참이면 true, 거짓이면 false를 리턴합니다.

1
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3
if(price != null && !price.matches("-?\\d+")) {
    System.out.println("price 정수 아님");
}
 cs

 

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