1781. 컵라면


문제

상욱 조교는 동호에게 N개의 문제를 주고서, 각각의 문제를 풀었을 때 컵라면을 몇 개 줄 것인지 제시 하였다. 하지만 동호의 찌를듯한 자신감에 소심한 상욱 조교는 각각의 문제에 대해 데드라인을 정하였다.

문제 번호1234567
데드라인1133226
컵라면 수6721451

위와 같은 상황에서 동호가 2, 6, 3, 1, 7, 5, 4 순으로 숙제를 한다면 2, 6, 3, 7번 문제를 시간 내에 풀어 총 15개의 컵라면을 받을 수 있다.

문제는 동호가 받을 수 있는 최대 컵라면 수를 구하는 것이다. 위의 예에서는 15가 최대이다.

문제를 푸는데는 단위 시간 1이 걸리며, 각 문제의 데드라인은 N 이하이다. 또, 각 문제를 풀 때 받을 수 있는 컵라면 수와 최대로 받을 수 있는 컵라면 수는 모두 32비트 정수형 범위 이내이다.

입력

첫 줄에 숙제의 개수 N (1<=N<=200,000)이 들어온다. 다음 줄부터 N+1번째 줄까지 i+1번째 줄에 i번째 문제에 대한 데드라인과 풀면 받을 수 있는 컵라면 수가 공백으로 구분되어 입력된다.

출력

첫 줄에 동호가 받을 수 있는 최대 컵라면 수를 출력한다.

예제 입력 

7
1 6
1 7
3 2
3 1
2 4
2 5
6 1

예제 출력 

15



1. 접근


주어진 데드라인 안에서 최대한 많은 라면을 골라야 한다.


그리디 알고리즘 / 다이나믹 프로그래밍 선택.



2. 풀이


직관적으로, 최대한 많이 골라야 하므로 보상이 큰 숙제를 골라야 할 것 같다.


문제가 되는 경우는 {2, 20}, {2, 20}, {3, 10}  / {1, 20}, {2, 25}, {2, 30} 처럼 숙제 수를 만족하면서, 데드라인도 같은데, 보상도 앞뒤의 숙제보다 큰 경우다.

무식하게 데드라인이나, 컵라면 순으로 정렬하고 때려박는 방법은 통하지 않는다. (이것 때문에 엄청많이 틀렸다...)


이번엔 더 발전된 탐욕적 방법으로 :


데드라인 순으로 숙제들을 정렬한 다음에, 맨 앞의 숙제부터 데드라인을 만족한다면 일단 선택한 다음, 지금까지 선택된 숙제들 중에 현재의 데드라인을 만족할 때 까지 가장 컵라면 보상이 적은 숙제들을 선택에서 제외해 나가보자.


정당성을 증명하자면,


현재의 데드라인에서 가장 큰 보상안을 택하는 것보다, 다른 보상을 택하는 방법을 택하는 경우가 있을 것이다.

하지만 그런 경우를 통해 나중의 데드라인에서 이득을 볼 수 있지는 않다. 현재의 선택이 후의 선택에 영향을 주지 않기 때문이다.

탈락된 경우가 나중의 선택에 영향을 미치지 않는다는 뜻이기도 하다.


{1, 20}, {2, 25}, {2, 30} 를 예시로 들자면,


먼저 20개를 취한다. 다음으로 {2, 25}를 보자.

지금까지 숙제를 한 개 했으니까 가능하다. 25개를 취한다.

다음으로 {2, 30}을 본다. 이미 숙제를 두 개 해버렸기 때문에 할 수 없는 숙제다.

하지만 지금까지한 숙제중에 가장 보상이 작은 {1, 20}을 무른다면?

{2, 25}, {2, 30}으로 컵라면 보상이 제일 큰 선택이다.


3. 소스


1
2
3
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5
6
7
8
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11
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24
25
26
27
28
29
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> p;
p ramen[200000];
priority_queue<int> pq;
int n, i, m, cnt, dl, sum;
 
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d %d", &ramen[i].first, &ramen[i].second);
    sort(ramen, ramen + n);
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        dl = ramen[i].first;
        pq.push(-ramen[i].second);
 
        while (dl < pq.size())
            pq.pop();
    }
    while (!pq.empty()) {
        sum += pq.top();
        pq.pop();
    }
    printf("%d", -sum);
    return 0;
}
cs


4. 후기


빠른 데드라인중 큰 애들을 취하는 방법은 뒤의 큰 선택을 버린다는 문제가 있다.

큰 보상안을 먼저 취하는 방법은 지금까지 고른 숙제 수, 실제 데드라인안에 풀 수 있는지를 감시하는 아이디어가 필요하다.


{3, 1}, {3, 1}, {3, 1}, {4, 100}, {4, 100} 이라면 답은 {3, 1}, {3, 1}, {4, 100}, {4, 100} 이지만

큰 보상안 부터 무식하게 고르는 방법으로는 어렵고 직관적이지 않다.

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1931 회의실배정


문제

한 개의 회의실이 있는데 이를 사용하고자 하는 n개의 회의들에 대하여 회의실 사용표를 만들려고 한다. 각 회의 I에 대해 시작시간과 끝나는 시간이 주어져 있고, 각 회의가 겹치지 않게 하면서 회의실을 사용할 수 있는 최대수의 회의를 찾아라. 단, 회의는 한번 시작하면 중간에 중단될 수 없으며 한 회의가 끝나는 것과 동시에 다음 회의가 시작될 수 있다. 회의의 시작시간과 끝나는 시간이 같을 수도 있다. 이 경우에는 시작하자마자 끝나는 것으로 생각하면 된다.

입력

첫째 줄에 회의의 수 n(1<=n<=100,000)이 주어진다. 둘째 줄부터 n+1 줄까지 각 회의의 정보가 주어지는데 이것은 공백을 사이에 두고 회의의 시작시간과 끝나는 시간이 주어진다. 시작 시간과 끝나는 시간은 231-1보다 작거나 같은 자연수 또는 0이다.

출력

첫째 줄에 최대 사용할 수 있는 회의 수를 출력하여라.

예제 입력 

11
1 4
3 5
0 6
5 7
3 8
5 9
6 10
8 11
8 12
2 13
12 14

예제 출력 

4



1. 접근


주어진 조건 속에서 최대한 많은 회의를 골라야 한다. 그리디 알고리즘을 선택.


또는 각 회의를 넣을지 말지 2^n으로 탐색하거나,


동적 계획법으로 풀 수도 있다.


끝나는 시간순으로 회의들을 저장하는 confer[]배열을 정렬한 다음

ans(idx) = confer[idx] or 이전에 끝나는 회의들 중 최대한으로 선택할 수 있는 회의의 수 라는 함수를 만들자.


그러면 매 단계에서 ans()는 confer[idx]를 고를지 여부를 결정한다.

고른다면 confer[idx]가 될 것이고, 아니라면 1+ans(이전에 선택한 회의의 번호)가 되겠다.



2. 풀이


끝나는 시간 순으로 회의들을 정렬한 다음,


처음부터 회의들을 순회하면서 수행가능한 회의들로 갱신해 나간다.



3. 코드


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> p;
p confer[100000];
int n, i, m, cnt;
 
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d %d", &confer[i].second, &confer[i].first);
    sort(confer, confer + n);
    cnt = 0;
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        if (confer[i].second >= m) {
            cnt++;
            m = confer[i].first;
        }
    }
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}
cs



4. 후기


그리디로 풀 수 있는 문제는 대부분 동적 계획법으로 풀 수 있다고 한다.

모든 단계를 고려하는 동적 계획법과 최적해만 고려하는 그리디는 본질적으로 같다.

다만 동적 계획법이 더 오래 걸리기 때문에 그리디를 사용한다.

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1946. 신입 사원


문제

언제나 최고만을 지향하는 굴지의 대기업 진영 주식회사가 신규 사원 채용을 실시한다. 인재 선발 시험은 1차 서류심사와 2차 면접시험으로 이루어진다. 최고만을 지향한다는 기업의 이념에 따라 그들은 최고의 인재들만을 사원으로 선발하고 싶어 한다.

그래서 진영 주식회사는, 다른 모든 지원자와 비교했을 때 서류심사 성적과 면접시험 성적 중 적어도 하나가 다른 지원자보다 떨어지지 않는 자만 선발한다는 원칙을 세웠다. 즉, 어떤 지원자 A의 성적이 다른 어떤 지원자 B의 성적에 비해 서류 심사 결과와 면접 성적이 모두 떨어진다면 A는 결코 선발되지 않는다.

이러한 조건을 만족시키면서, 진영 주식회사가 이번 신규 사원 채용에서 선발할 수 있는 신입사원의 최대 인원수를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에는 테스트 케이스의 개수 T(1≤T≤20)가 주어진다. 각 테스트 케이스의 첫째 줄에 지원자의 숫자 N(1≤N≤100,000)이 주어진다. 둘째 줄부터 N개 줄에는 각각의 지원자의 서류심사 성적, 면접 성적의 순위가 공백을 사이에 두고 한 줄에 주어진다. 두 성적 순위는 모두 1위부터 N위까지 동석차 없이 결정된다고 가정한다.

출력

각 테스트 케이스에 대해서 진영 주식회사가가 선발할 수 있는 신입사원의 최대 인원수를 한 줄에 하나씩 출력한다.

예제 입력 

2
5
3 2
1 4
4 1
2 3
5 5
7
3 6
7 3
4 2
1 4
5 7
2 5
6 1

예제 출력 

4
3



1. 접근


그리디 알고리즘.


뽑히지 않으려면 두 시험 성적 모두 다른 지원자보다 낮아야 한다.


= 서류심사와 면접성적의 각 1등은 절대 떨어질 일이 없다.(대우)


따라서 최적해는 한 분야를 기준으로 1등을 뽑는 방법을 무조건 포함하게 되어있다.


남은 부분문제는 남은 사람들중에 조건을 만족하면서 최대한 많이 뽑는 문제로 귀결된다.



2. 풀이


탐욕적 방법으로 : 서류심사를 기준으로 정렬하고, 면접심사가 나머지 사람들보다 높은 후보를 뽑기로 하자.


정당성을 증명하기 위한 첫번째 속성(greedy choice property)은 이미 증명하였고,

두 번째 속성, 최적 부분 구조(optimal substructure) 또한 자명하다.

남은 문제는 면접심사가 뽑힌 사람들보다 떨어지지 않는 선에서 후보자를 뽑는 문제로, 그리디를 적용할 수 있기 때문이다.


굳이 위처럼 설명하지 않아도 논리적으로 타당함을 알 수 있다.


한 분야의 1등은 문제 조건에 따라 뽑을지 안뽑을지 선택의 대상이 아니라 무조건 선발된다.

그 분야의 2등이 뽑힐 려면 당연히 다른 분야의 성적이 1등의 것보다 높아야 한다.

커트라인만 계속 바뀌는 것일 뿐, 남은 사람들 중에 1등을 데려간다는 탐욕적 방법은 변하지 않는다.


 

3. 코드


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> p;
p emp[100000];
int t, n, i, m, cnt;
 
int main() {
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &n);
        for (i = 0; i < n; ++i)
            scanf("%d %d", &emp[i].first, &emp[i].second);
        sort(emp, emp + n);
        cnt = 0;
        m = 987654321;
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            if (emp[i].second < m) {
                cnt++;
                m = emp[i].second;
            }
        }
        printf("%d\n", cnt);
    }
    return 0;
}
cs


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