3780. 네트워크 연결

1
4
E 3
I 3 1
E 3
I 1 2
E 3
I 2 4
E 3
O

0
2
3
5

1. 접근

각 기업별로 서버를 갖고 있다. 서버는 네트워크로 연결될 수 있고, 네트워크에는 센터 서버가 있다.

따라서 현재 기업마다의 센터는 단일 네트워크이자, 센터 서버이다.

이제 네트워크들을 I 명령어로 연결하고자 한다.

I 1 2 라면, 센터 서버인 1서버와, 2서버를 연결한다. 주의할 점은 첫번째 서버는 반드시 센터 서버이고,

두번째 서버는 그 서버가 속한 네터워크의 센터 서버가 아닐 수도 있다.

또한 연결된 이후에는, 두 네트워크는 하나의 네트워크가 되며, 센터 서버는 두번 째 서버가 담당한다.

우리는 서버들을 노드로 표현할 수 있으며, 서버들의 종속관계를 간선으로 표현할 수 있다.

간선의 크기는 |i - j|(mod 1000)으로 지정된다.

이때 한 기업이 주어지면, 기업의 서버에서, 그 서버의 센터 서버까지의 경로의 길이 합을 구해야 한다.

그래프적인 방법으로 접근해보자.

2. 풀이

네트워크는 집합으로, 센터는 루트 노드로 생각한다면, 바로 디스조인트-셋을 사용할 생각이 든다.

센터노드는 하나이므로, 노드에서 나가는 간선은 최대 한개이기 때문이다.

하지만 문제는 길이 합을 구해야 하기 때문에, 매번 경로를 탐색한다면,

명령어의 수(200,000) * 최악의 경로(20,000)으로 시간초과가 날 것이다.

따라서 디스조인트의 연산을 활용하여, 연결 시 마다 네트워크의 종속관계를 갱신해주고, 길이도 갱신해보도록 하자.

연결을 담당하는 union()시 i는 기존의 센터이고, j는 새로운 센터가 될 서버이므로 매우 쉽게 연결과 길이 정의가 가능하다.

이제 find()가 길이 합을 계산해주는 역할을 해야 한다. find는 부모를 재귀적으로 따라가서 최종적으로 루트노드를 반환해주는 연산이다.

우리가 원하는 연산은 센터를 제외한 나머지 노드의 부모를 센터로 지정하고, 길이도 갱신해줘야 한다.

또한 x서버에서 센터까지 가는 경로는 유일하므로, find를 조금 바꿔주면 가능하다.

재귀적으로 루트노드 갱신을 해주는 원래 기능에, 길이 갱신만 추가하면 된다.

len[x] += len[parent[x]]

다음 예시로 어떤 동작을 해야하는지 알아보자.

I 1, 2

I 2, 3

E 1

위와 같은 경우에, union()을 두번 수행한 결과 1번 노드는 2번 노드를, 2번 노도는 3번 노드를 가리키고 있을 것이다.

이제 find(1)을 수행하면, 1번 노드는 3번 노드를 가리켜야 하고, 길이는 2번 노드의 것을 추가하여 갱신되어야 한다.

3. 코드

재귀를 알맞게 구성해내는 경험이 더러 필요하다.

10775 공항

4
3
4
1
1

2

4
6
2
2
3
3
4
4

3

1. 접근

비행기가 순차적으로 게이트에 도킹하며, 한 게이트에는 한 대만 도킹 할 수 있다.

비행기의 도착 게이트 번호(g)가 지정되면, 1번 부터 g번 까지 빈 게이트에 도킹할 수 있을 때, 최대한 많이 도킹시키고자 한다.

게이트를 노드로 생각하고, 간선은 이미 도킹된 게이트에 도착한 비행기의 차선책으로 생각해보면, 그래프적인 문제로 이해할 수 있다.

방 청소 문제 https://www.acmicpc.net/problem/9938 와 많이 비슷한 문제로, 디스조인트 셋을 활용해보자.

2. 풀이

비행기가 g번 보다 큰 게이트에는 도킹할 수 없다는 점을 주목하자.

직관적으로 최대한 많이 도킹시키려면 바로 g번 게이트에 도킹시키는게 효율적일 것이다.

비행기(g=2)과 비행기(g=1)가 주어진다면, 2번 게이트에 넣고, 1번 게이트에 도킹시켜야 둘다 도킹 시킬 수 있다.

방 청소 문제를 복기해보면, 간선을 비행기의 차선책을 나타내는 방법으로 사용했었다.

그러면 빈 노드를 find() 해보면 자신이 나올 것이고, 이미 도킹되어 있었으면 g보다 작은 게이트가 나올 것이다.

전략을 g가 비어있지 않으면 g-1에 도킹시키기기로 한다면, 여러 비행기들을 도킹시킨 후 새로운 비행기를 도킹시킬 때,

도킹 시킬 수 없음을 확인할 수 있는 방법은 무엇일까?

find(g)를 했을 때 0이 나오는지 확인하면 될 것이다. 현재 루트 노드는 차선책을 나타내고 있으므로, 0이 나온다면 도킹 불가능이다. 

3. 코드

9938. 방 청소

9 10
1 2
3 4
5 6
7 8
9 10
2 3
1 5
8 2
7 9

LADICA
LADICA
LADICA
LADICA
LADICA
LADICA
LADICA
LADICA
LADICA

1. 접근

L개의 빈 서랍이 있다. 서랍은 술병을 단 하나만 보관할 수 있으며, 1~N번이 적힌 술병은 보관될 수 있는 서랍이 A/B로 지정되어 있다.

술병들의 보관장소가 1번 술병부터 주어지고 규칙에 따라 바로 보관시킬 때, 보관할 수 있는지 없는지 확인해야 한다.

규칙은 다음과 같다.

1) A 서랍이 비었으면 바로 A에 보관

2) B 서랍이 비었으면 바로 B에 보관

3) A 서랍이 비지 않았으면 A서랍이 보관 중인 술병이 보관될 수 있는 다른 서랍으로 연쇄적으로 옮긴다.

즉, 최종적으로 빈 서랍을 찾을 때 까지 계속 술병을 규칙에 따라 옮겨야 한다.

4) B 서랍이 비지 않았다면 3)과 동일 하게 옮긴다.

5) 옮길 수 없다.

서랍을 노드로 생각하고, A/B를 간선이라 생각해보면

예제의 첫째 줄 " 1 2 " 는 1번 노드와 2번 노드를 잇는 간선으로 이해할 수 있다.

1번 노드가 불가능하면(이미 보관 중인 서랍이면) 1)규칙이 불가능하므로 2)규칙을 시도한다. (유향 간선을 타고 다음 노드로 간다)

2번 노드도 불가능하면 2번 노드에서 출발하는 다음 간선으로 가는 과정으로 이해할 수 있다.

2. 풀이

그래프적 분석을 완료했으니 실제로 그래프를 구현하고 매번 탐색을 시도하는 방법을 생각해 볼 수도 있다.

다음 예시 입력을 통해 어떤 변화가 생기는지 알아보자.

4 3

1 2

1 3

1 2

1 3

1번 술병은 곧바로 1번 서랍에 보관되고(주황색으로 표시), 다음 차선책으로 2번 서랍을 가리키고 있다.

1번 노드의 루트노드가 2다.

이제 2번 술병의 보관 장소가 주어지는데, 하필 1번 술병이 보관되고 있는 1번 서랍을 1순위로 두고 있다.

따라서 1번 술병을 차선책인(간선을 타고 이동해서) 2번 서랍에 보관하고, 2번 술병은 1번 서랍에 보관하자.

또한 2번 술병의 차선책인 3번 서랍을 간선으로 이어준다.

1번 노드의 루트 노드가 3으로 변경되었다.

3번 술병도 1순위로 1번 서랍을 원한다. 다행히 현재 1번 서랍이 보관하는 2번 술병은 3번 서랍에 보관될 수 있으므로 옮겨준다.

이제 1번 서랍은 3번 술병을 보관할 수 있다. 차선책인 2번 서랍을 간선으로 이어준다. 1번 노드의 루트 노드가 변경되었다.

당연히 이제 1번 서랍을 1순위로 원하는 술병이 주어지면 어디에도 보관될 수가 없다.("SMECE")

착안점은 한 노드에서 나가는 간선은 최대 1개라는 점이다. 이 점에서 우리는 디스조인트 셋을 쓸 수 있고, 속도의 이점을 얻는다.

대신 간선들의 모양은 위의 그림들과는 다르게 적용될 것이다.

( (1/2) 이후 (1/3)을 입력받으면 2에서 3으로 간선이 생긴다 )

루트노드가 중요한 역할을 한다. 연쇄적으로 수행되는 3), 4) 규칙의 최종적인 빈서랍 역할을 하는 것이다.

노드가 보관 중인지 아닌지는 간단히 배열로 나타낸다.

3. 코드