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<문제> 개미 전사: 문제 설명
- 개미 전사는 부족한 식량을 충당하고자 메뚜기 마을의 식량창고를 몰래 공격하려고 한다. 메뚜기 마을에는 여러 개의 식량창고가 있는데 식량창고는 일직선으로 이어져 있다
- 각 식량창고에는 정해진 수의 식량을 저장하고 있으며 개미 전사는 식량창고를 선택적으로 약탈하여 식량을 빼앗을 예정이다. 이때 메뚜기 정찰병들은 일직선상에 존재하는 식량창고 중에서 서로 인접한 식량창고가 공격받으면 바로 알아챌 수 있다
- 따라서 개미 전사가 정찰병에 들키지 않고 식량창고를 약탈하기 위해서는 최소한 한 칸 이상 떨어진 식량창고를 약탈해야 한다
- 예를 들어 식량창고 4개가 다음과 같이 존재한다고 가정하자
- 이때 개미 전사는 두 번째 식량창고와 네 번째 식량창고를 선택했을 때 최댓값인 총 8개의 식량을 빼앗을 수 있다. 개미 전사는 식량창고가 이렇게 일직선상일 때 최대한 많은 식량을 얻기를 원한다
- 개미 전사를 위해 식량창고 N개에 대한 정보가 주어졌을 때 얻을 수 있는 식량의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하라
<문제> 개미 전사: 문제 해결 아이디어
- 예시를 확인해 봅시다. N = 4일 때, 다음과 같은 경우들이 존재할 수 있다
- 식량을 선택할 수 있는 경우의 수는 다음과 같이 8가지이다
- 7번째 경우에서 8만큼의 식량을 얻을 수 있으므로 최적의 해는 8이다
- 𝒂ᵢ = 𝑖번째 식량창고까지의 최적의 해 (얻을 수 있는 식량의 최댓값)
- 이렇게 정의한다면 다이나믹 프로그래밍을 적용할 수 있다
- 왼쪽부터 차례대로 식량창고를 턴다고 했을 때, 특정한 𝑖번째 식량창고에 대해서 털지 안 털지의 여부를
결정하면, 아래 2가지 경우 중에서 더 많은 식량을 털 수 있는 경우를 선택하면 된다
- 𝒂ᵢ = 𝑖번째 식량창고까지의 최적의 해 (얻을 수 있는 식량의 최댓값)
- 𝑘ᵢ = 𝑖번째 식량창고에 있는 식량의 양
- 점화식은 다음과 같다
- 한 칸 이상 떨어진 식량창고는 항상 털 수 있으므로 (𝑖 - 3)번째 이하는 고려할 필요가 없다
<문제> 개미 전사: 답안 예시 (Python)
n = int(input())
array=list(map(int, input().split()))
#앞서 계산된 결과를 저장하기 위한 DP 테이블 초기화
d[0] = array[0]
d[1] = arrry[1]
for i in range(2, n):
d[i] = max(d[i-1], d[i-2]+array[i])
print(d[n-1])<문제> 1로 만들기: 문제 설명
- 정수 X가 주어졌을 때, 정수 X에 사용할 수 있는 연산은 다음과 같이 4가지이다
- X가 5로 나누어 떨어지면, 5로 나눈다
- X가 3으로 나누어 떨어지면, 3으로 나눈다
- X가 2로 나누어 떨어지면, 2로 나눈다
- X에서 1을 뺀다
- 정수 X가 주어졌을 때, 연산 4개를 적절히 사용해서 값을 1로 만들고자 한다. 연산을 사용하는 횟수의
최솟값을 출력하라. 예를 들어 정수가 26이면 다음과 같이 계산해서 3번의 연산이 최솟값이다- 26 → 25 → 5 → 1
<문제> 1로 만들기: 문제 조건
<문제> 1로 만들기: 문제 해결 아이디어
- 피보나치 수열 문제를 도식화한 것처럼 함수가 호출되는 과정을 그림으로 그려보면 다음과 같다
- 최적 부분 구조와 중복되는 부분 문제를 만족한다
- 𝒂ᵢ = 𝑖를 1로 만들기 위한 최소 연산 횟수
- 점화식은 다음과 같다
- 단, 1을 빼는 연산을 제외하고는 해당 수로 나누어떨어질 때에 한해 점화식을 적용할 수 있다
<문제> 1로 만들기: 답안 예시 (Python)
x = int(input())
d = [0] * 1000001
for i in range(2, x+1):
#현재의 수에서 1을 빼는 경우
d[i] = d[i-1]+1
#현재의 수가 2로 나누어 떨어지는 경우
if i%2 == 0:
d[i] = min(d[i], d[i//2]+1)
if i%3 == 0:
d[i] = min(d[i], d[i//3]+1)
if i%5 == 0:
d[i] = min(d[i], d[i//5]+1)
print(d[x])<문제> 효율적인 화폐 구성: 문제 설명
- N가지 종류의 화폐가 있다. 이 화폐들의 개수를 최소한으로 이용해서 그 가치의 합이 M원이 되도록 하려고 한다.
이때 각 종류의 화폐는 몇 개라도 사용할 수 있다 - 예를 들어 2원, 3원 단위의 화폐가 있을 때는 15원을 만들기 위해 3원을 5개 사용하는 것이 가장 최소한의
화폐 개수이다 - M원을 만들기 위한 최소한의 화폐 개수를 출력하는 프로그램을 작성하라
<문제> 효율적인 화폐 구성: 문제 조건
<문제> 효율적인 화폐 구성: 문제 해결 아이디어
- 𝒂ᵢ = 금액 𝑖를 만들 수 있는 최소한의 화폐 개수
- 𝑘 = 각 화폐의 단위
- 점화식: 각 화폐 단위인 𝑘를 하나씩 확인하며
- 𝒂ᵢ₋ₖ를 만드는 방법이 존재하지 않는 경우, 𝒂ᵢ = min(𝒂ᵢ, 𝒂ᵢ₋ₖ + 1)
- 𝒂ᵢ₋ₖ를 만드는 방법이 존재하지 않는 경우, 𝒂ᵢ = INF
- 𝑁 = 3, 𝑀 = 7이고, 각 화폐의 단위가 2, 3, 5인 경우 확인해 보자
- Step 0 (초기화)
- 먼저 각 인덱스에 해당하는 값을 INF(무한)의 값을 설정한다
- INF은 특정 금액을 만들 수 있는 화폐 구성이 가능하지 않다는 의미를 가진다
- 본 문제에서는 10,001을 사용할 수 있다
- Step 1
- 첫 번째 화폐 단위인 2를 확인한다
- 점화식에 따라서 다음과 같이 리스트가 갱신된다
- Step 2
- 두 번째 화폐 단위인 3을 확인한다
- 점화식에 따라서 다음과 같이 리스트가 갱신된다
- Step 3
- 세 번째 화폐 단위인 5를 확인한다
- 점화식에 따라서 다음과 같이 최종적으로 리스트가 갱신된다
<문제> 효율적인 화폐 구성: 답안 예시 (Python)
n,m = map(int, input().split())
array = []
for i in range(n):
array.append(int(input()))
d = [10001]*(m+1)
d[0] = 0
for i in range(n):
for j in range(array[i], m+1):
if d[j - array[i]] != 10001: #(i-k)원을 만드는 방법이 존재할 경우
d[j] = min(d[j], d[j-array[i]]+1)
if d[m] == 10001:
print(-1)
else:
print(d[m])<문제> 금광: 문제 설명
- n × m 크기의 금광이 있다. 금광은 1 × 1 크기의 칸으로 나누어져 있으며, 각 칸은 특정한 크기의
금이 들어 있다 - 채굴자는 첫 번째 열부터 출발하여 금을 캐기 시작한다. 맨 처음에는 첫 번째 열의 어느 행에서든 출발할 수 있다.
이후에 m - 1번에 걸쳐서 매번 오른쪽 위, 오른쪽, 오른쪽 아래 3가지 중 하나의 위치로 이동해야 한다.
결과적으로 채굴자가 얻을 수 있는 금의 최대 크기를 출력하는 프로그램을 작성하라
<문제> 금광: 문제 조건
<문제> 금광: 문제 해결 아이디어
- 금광의 모든 위치에 대하여 다음의 세 가지만 고려하면 된다
- 왼쪽 위에서 오는 경우
- 왼쪽 아래에서 오는 경우
- 왼쪽에서 오는 경우
- 세 가지 경우 중에서 가장 많은 금을 가지고 있는 경우를 테이블에 갱신해주어 문제를 해결한다
- 𝒂𝒓𝒓𝒂𝒚[𝑖][𝒋] = 𝑖행 𝒋열에 존재하는 금의 양
- 𝒅𝒑[𝑖][𝒋] = 𝑖행 𝒋열까지의 최적의 해 (얻을 수 있는 금의 최댓값)
- 점화식은 다음과 같다
- 이때 테이블에 접근할 때마다 리스트의 범위를 벗어나지 않는지 체크해야 한다
- 편의상 초기 데이터를 담는 변수 𝒂𝒓𝒓𝒂𝒚를 사용하지 않아도 된다
- 바로 DP 테이블에 초기 데이터를 담아서 다이나믹 프로그래밍을 적용할 수 있다
<문제> 금광: 답안 예시 (Python)
#테스트 케이스 입력
for tc in range(int(input()))
n,m = map(int, input().split())
array=list(map(int, input().split()))
#다이나믹 프로그래밍을 위한 2차원 dp 테이블 초기화
dp = []
index = 0
for i in range(n):
dp.append(array[index:index+m])
index+=m
for j in range(1,m):
for i in range(n):
#왼쪽 위에서 오는 경우
if i ==0:
left_up = 0
else:
left_up = dp[i-1][j-1]
#왼쪽 아래에서 오는 경우
if i ==n-1
left_down = 0
else:
left_down = dp[i+1][j-1]
#왼쪽에서 오는 경우
left = dp[i][j-1]
dp[i][j] = dp[i][j] + max(left_up, left_down, left)
result = 0
for i in range(n):
result = max(result, dp[i][m-1])
print(result)<문제> 병사 배치하기: 문제 설명
- N명의 병사가 무작위로 나열되어 있다. 각 병사는 특정한 값의 전투력을 보유하고 있다
- 병사를 배치할 때는 전투력이 높은 병사가 앞쪽에 오도록 내림차순으로 배치를 하고자 한다.
다시 말해 앞쪽에 있는 병사의 전투력이 항상 뒤쪽에 있는 병사보다 높아야 한다 - 또한 배치 과정에서는 특정한 위치에 있는 병사를 열외시키는 방법을 이용한다.
그러면서도 남아 있는 병사의 수가 최대가 되도록 하고 싶다 - 예를 들어, N = 7일 때 나열된 병사들의 전투력이 다음과 같다고 가정한다
- 이때 3번 병사와 6번 병사를 열외시키면, 다음과 같이 남아 있는 병사의 수가 내림차순의 형태가 되며 5명이 된다.
이는 남아 있는 병사의 수가 최대가 되도록 하는 방법이다
- 병사에 대한 정보가 주어졌을 때, 남아 있는 병사의 수가 최대가 되도록 하기 위해서 열외시켜야 하는 병사의 수를
출력하는 프로그램을 작성하라
<문제> 병사 배치하기: 문제 조건
<문제> 병사 배치하기: 문제 해결 아이디어
- 이 문제의 기본 아이디어는 가장 긴 증가하는 부분 수열(Longest Increasing Subsequence, LIS)로
알려진 전형적인 다이나믹 프로그래밍 문제의 아이디어와 같다 - 예를 들어 하나의 수열 𝒂𝒓𝒓𝒂𝒚 = {4,2,5,8,4,11,15}이 있다고 하자
- 이 수열의 가장 긴 증가하는 부분 수열은 {4,5,8,11,15}이다
- 본 문제는 가장 긴 감소하는 부분 수열을 찾는 문제로 치환할 수 있으므로, LIS 알고리즘을 조금 수정하여
적용함으로써 정답을 도출할 수 있다 - 가장 긴 증가하는 부분 수열 (LIS) 알고리즘을 확인해 보자
- 𝐷[𝑖] = 𝒂𝒓𝒓𝒂𝒚[𝑖]를 마지막 원소로 가지는 부분 수열의 최대 길이
- 점화식은 다음과 같다
- 가장 먼저 입력 받은 병사 정보의 순서를 뒤집는다
- 가장 긴 증가하는 부분 수열 (LIS) 알고리즘을 수행하여 정답을 도출한다
<문제> 병사 배치하기: 답안 예시 (Python)
n=int(input())
array = list(map(int, input().split()))
array.reverse()
dp = [1]*n
for i in range(1,n):
for j in range(0,i):
if array[j] < array[i]:
dp[i] = max(dp[i], dp[j]+1)
print(n-max(dp))'코딩 > 알고리즘' 카테고리의 다른 글
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