1202. 보석 도둑


문제

세계적인 도둑 상덕이는 보석점을 털기로 결심했다.

상덕이가 털 보석점에는 보석이 총 N개 있다. 각 보석은 무게 Mi와 가격 Vi를 가지고 있다. 상덕이는 가방을 K개 가지고 있고, 각 가방에 담을 수 있는 최대 무게는 Ci이다. 가방에는 최대 한 개의 보석만 넣을 수 있다.

상덕이가 훔칠 수 있는 보석의 최대 가격을 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 N과 K가 주어진다. (1 ≤ N, K ≤ 300,000)

다음 N개 줄에는 각 보석의 정보 Mi와 Vi가 주어진다. (1 ≤ Mi, Vi ≤ 1,000,000)

다음 K개 줄에는 가방에 담을 수 있는 최대 무게 Ci가 주어진다. (1 ≤ Ci ≤ 100,000,000)

모든 숫자는 양의 정수이다.

출력

첫째 줄에 상덕이가 훔칠 수 있는 보석 가격의 합의 최대값을 출력한다.

예제 입력 

3 2
1 65
5 23
2 99
10
2

예제 출력 

164



1. 접근


가방들에 최대한 비싼 보석들을 담아야 한다.


가방엔 보석을 하나만 넣을 수 있으므로 가장 비싼 보석을 넣어야한다.


가방마다의 부분문제로 이루어진 그리디 문제.



2. 풀이


탐욕적인 방법 : 가장 무게제한이 낮은 가방(A1)부터 최대한 비싼 보석을 넣는 방법을 쓰기로 한다.


정당성을 증명하기 위해, A1에 들어가는 보석들 중에 가장 비싼 보석(B)을 고르지 않는 방법이 실은 정답이라고 가정해보자.(귀류법)


무게 순으로 A1, A2, A3, ... 인 가방들의 특징은, A1이 담을 수 있는 보석은 당연히 A2도 담을 수 있다는 것이다.


따라서 직관적으로 가장 큰 가방만이 담을 수 있는 보석들이 있을 것이고, 최적해를 위해선 가장 비싼 보석을 골라야한다.


같은 의미로 A1도 A1이 담을 수 있는 가장 비싼 보석을 골라야한다. A1의 선택은 뒤의 선택에 영향을 미치지 않는다.


남은 부분문제도 첫 부분문제와 동치인 문제들이다.



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
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> p;
p jew[300000];
int bag[300000];
int n, k, m, v, c, i, j;
 
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        scanf("%d %d", &jew[i].first, &jew[i].second);
    }
    for (i = 0; i < k; ++i)
        scanf("%d", &bag[i]);
 
    sort(jew, jew + n);
    sort(bag, bag + k);
 
    long long sum = 0;
    priority_queue<int> pq;
    for (i = 0, j = 0; i < k; ++i) {
        while (j < n && jew[j].first <= bag[i])
            pq.push(jew[j++].second);
        
        if (!pq.empty()) {
            sum += pq.top();
            pq.pop();
        }
    }
    printf("%lld", sum);
    return 0;
}
cs



4. 후기


컵라면 문제 (http://js1jj2sk3.tistory.com/12)와 많이 닮아 있는 문제다.


문제와 관련된 두 가지 조건(데드라인+컵라면 수 / 무게 제한 + 비싼 보석) 중에


원하는 정답조건(최대한 많은 컵라면 / 최대한 비싼 보석들의 합) 말고 다른 조건(데드라인 / 무게 제한) 순으로 정렬하고,


조건에 맞는 모든 경우를 수집한 다음(우선순위 큐에 저장한다음), 최적해를 고른다. 

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1911 흙길 보수하기  (0) 2017.07.25
백준) 1781 컵라면  (1) 2017.07.25
백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24

1911 흙길 보수하기


문제

어젯밤 겨울 캠프 장소에서 월드 본원까지 이어지는, 흙으로 된 비밀길 위에 폭우가 내려서 N (1 <= N <= 10,000) 개의 물웅덩이가 생겼다. 월드학원은 물웅덩이를 덮을 수 있는 길이 L (L은 양의 정수) 짜리 널빤지들을 충분히 가지고 있어서, 이들로 다리를 만들어 물웅덩이들을 모두 덮으려고 한다. 물웅덩이들의 위치와 크기에 대한 정보가 주어질 때, 모든 물웅덩이들을 덮기 위해 필요한 널빤지들의 최소 개수를 구하여라.

입력

첫째 줄에 N과 L이 들어온다.

둘째 줄부터 N+1번째 줄까지 총 N개의 줄에 각각의 웅덩이들의 정보가 주어진다. 웅덩이의 정보는 웅덩이의 시작 위치와 끝 위치로 이루어진다. 각 위치는 0이상 1,000,000,000이하의 정수이다.

출력

첫째 줄에 모든 물웅덩이들을 덮기 위해 필요한 널빤지들의 최소 개수를 출력한다.

예제 입력 

3 3
1 6
13 17
8 12

예제 출력 

5



1. 접근


당연히 처음부터 덮으면 된다!


그리디 알고리즘.



2. 풀이


매우 직관적으로 떠오르는 생각이 정답이다.


탐욕적 방법 : 맨 앞의 웅덩이의 처음부터 널빤지를 덮기로 하자.


다 덮고 나면 앞에서 덮은 널빤지가 바로 뒤의 웅덩이에 닿거나 닿지 않는 두 가지 케이스가 발생한다.


닿는다면 남은 웅덩이부분의 처음부터 다시 덮는 부분문제로 귀결되고, 닿지 않는다면 첫 웅덩이를 덮는 부분문제와 완전 동일하다.

따라서 정당성도 증명되었다.



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
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> p;
bool cmp(const p& p1, const p& p2) {
    if (p1.first == p2.first)
        return p1.second > p2.second;
    else
        return p1.first < p2.first;
}
p pp[10001];
int n, l, i;
 
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &l);
    for (i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d %d", &pp[i].first, &pp[i].second);
 
    sort(pp, pp + n, cmp);
    int last = 0, cnt = 0, tmp = 0;
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        if (pp[i].second - 1 < last)
            continue;
        if (pp[i].first > last) {
            tmp = (pp[i].second - pp[i].first) / l;
            if ((pp[i].second - pp[i].first) % l != 0)
                tmp++;
            cnt += tmp;
            last = pp[i].first + l * tmp - 1;
        }
        else {
            tmp = (pp[i].second - last - 1) / l;
            if ((pp[i].second - last - 1) % l != 0)
                tmp++;
            cnt += tmp;
            last = last + l * tmp;
        }
    }
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}
cs



4. 후기


처음엔 웅덩이들이 당연히 곂치지 않겠거니 하고 매우 간단하게 짰지만,


여러번 틀리는 것으로 보아 테스트케이스에 겹치는 웅덩이들도 있는 모양이다.

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1202 보석 도둑  (3) 2017.07.26
백준) 1781 컵라면  (1) 2017.07.25
백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24

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
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
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.

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1202 보석 도둑  (3) 2017.07.26
백준) 1911 흙길 보수하기  (0) 2017.07.25
백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24

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.

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1911 흙길 보수하기  (0) 2017.07.25
백준) 1781 컵라면  (1) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24
백준) 4796 캠핑  (0) 2017.07.23

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
13
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


'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1781 컵라면  (1) 2017.07.25
백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24
백준) 4796 캠핑  (0) 2017.07.23
백준) 11047 동전 0  (0) 2017.07.23

1744. 수 묶기


문제

길이가 N인 수열이 주어졋을 때, 그 수열의 합을 구하려고 한다. 하지만, 그냥 그 수열의 합을 모두 더해서 구하는 것이 아니라, 수열의 어떤 인접한 원소끼리를 묶으려고 한다. 어떤 수를 묶으려고 할 때, 위치에 상관없이 묶을 수 있다. 하지만, 같은 위치에 있는 수(자기 자신)를 묶는 것은 불가능하다. 그리고 어떤 수를 묶게 되면, 수열의 합을 구할 때, 묶은 수는 서로 곱한 후에 더한다.

예를 들면, 어떤 수열이 {0, 1, 2, 4, 3, 5}일 때, 그냥 이 수열의 합을 구하면 0+1+2+4+3+5 = 15이다. 하지만, 2와 3을 묶고, 4와 5를 묶게 되면, 0+1+(2*3)+(4*5) = 27이 되어 최대가 된다.

수열의 모든 수는 단 한번만 묶거나, 아니면 묶지 않아야한다.

수열이 주어졌을 때, 수열의 각 수를 적절히 묶었을 때, 그 합이 최대가 되게 하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 수열의 크기 N이 주어진다. N은 10,000보다 작다. 둘째 줄부터 N개의 줄에, 수열의 각 수가 주어진다. 수열의 수는 -10,000보다 크거나 같고, 10,000보다 작거나 같은 정수이다.

출력

수를 적절히 묶어 그 합이 최대값을 출력한다. 정답은 항상 231보다 작다.

예제 입력 

4
-1
2
1
3

예제 출력 

6



1. 접근


그리디 알고리즘. 여러 수들을 묶거나 더해서 가장 큰 수를 만들려면 가장 큰 두 수(양수) 나 가장 작은 수 (음수)들을 묶어야 한다.



2. 풀이


0 < a < b < c < d 인 수 네 개를 규칙에 따라 가장 큰 합을 만들려면 어떻게 해야 할까?

1) a * b + c * d

2) a * c + b * d

3) a * d + b * c


직관적으로 1번이 가장 큰걸 알고 있다.

1번과 2번을 빼면 a * (b - c) > d * (b - c) 이므로 1번이 더 크다.

1번과 3번을 빼면 a * (b - d) > c * (b - d) 이므로 1번이 더 크다. 


음수에 양수를 곱해봤자 전체 합은 작아만지므로 음수는 가능한 음수와만 곱해야함이 자명하다.


따라서 음수와 양수를 따로 생각해서 가장 큰 수 두 개씩 묶어나가면 되겠다.


다만 1과 0은 예외적인 수인데, 0은 음수를 묶어나가고 남은 짜투리에 곱해서 0으로 만드는데 사용하고,

1은 곱해봤자 총 합을 늘리는데 도움이 되지 않으므로 1은 더하는데만 사용하면 되겠다.



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
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <vector>
#include <functional>
using namespace std;
 
int n, i, tmp, z, one, as, bs, sum;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> a;
priority_queue<int, vector<int>, less<int>> b;
 
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        scanf("%d", &tmp);
        if (tmp == 1)
            one++;
        else if(tmp > 0)
            a.push(tmp);
        else if (tmp < 0)
            b.push(tmp);
        else
            z++;
    }
    if (a.size() % 2 == 1)
        a.push(1);
    if (b.size() % 2 == 1)
        z == 0 ? b.push(1) : b.push(0);
 
    as = a.size() / 2;
    bs = b.size() / 2;
    for (i = 0; i < as; ++i) {
        tmp = a.top();
        a.pop();
        sum += a.top()*tmp;
        a.pop();
    }
    for (i = 0; i < bs; ++i) {
        tmp = b.top();
        b.pop();
        sum += b.top()*tmp;
        b.pop();
    }
    printf("%d", sum + one);
    return 0;
}
cs


양수들의 큐와 음수들의 큐를 처리한 나머지 짜투리를 예외처리하기 귀찮으므로 추가로 1이나 0을 넣어주는 센스

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 4796 캠핑  (0) 2017.07.23
백준) 11047 동전 0  (0) 2017.07.23
그리디 알고리즘 도입  (0) 2017.07.23

4796. 캠핑


문제

등산가 김강산은 가족들과 함께 캠핑을 떠났다. 하지만, 캠핑장에는 다음과 같은 경고문이 써있었다.

캠핑장은 연속하는 20일 중 10일동안만 사용할 수 있습니다.

강산이는 이제 막 28일 휴가를 시작했다. 이번 휴가 기간 동안 강산이는 캠핑장을 몇 일동안 사용할 수 있을까?

강산이는 조금 더 일반화해서 문제를 풀려고 한다. 

캠핑장을 연속하는 P일 중, L일동안만 사용할 수 있다. 강산이는 이제 막 V일짜리 휴가를 시작했다. 강산이가 캠핑장을 최대 몇 일동안 사용할 수 있을까? (1 < L < P < V)

입력

입력은 여러 개의 테스트 케이스로 이루어져 있다. 각 테스트 케이스는 한 줄로 이루어져 있고, L, P, V를 순서대로 포함하고 있다. 모든 입력 정수는 int범위이다. 마지막 줄에는 0이 3개 주어진다.

출력

각 테스트 케이스에 대해서, 강산이가 캠핑장을 최대 몇 일동안 사용할 수 있는지 예제 출력처럼 출력한다.

예제 입력 

5 8 20
5 8 17
0 0 0

예제 출력 

Case 1: 14
Case 2: 11



1. 접근


그리디 알고리즘을 적용할 수 있다.


V일을 P일 단위로 나누고, 매 단위마다 어떤 날부터 연속으로 L일 만큼 사용해야 최대한 많이 사용할 수 있는지 묻는 문제다.



2. 풀이


거창하게 그리디로 분석하지 않아도, 직관적으로 생각해보면


V일을 P일 단위로 나누고 남은 짜투리 일은 P일 보다 작을 것이므로, 전부 이용할 수 있다.

또한 P일 단위들은 어떤 날부터 시작하든지 L일만큼 자유롭게 사용할 수 있다.

(0일 부터 L-P일 전까지만 시작하면 최대 L일을 연속으로 쓸 수 있다.)


따라서 (V / P) * L 일 + 짜투리 일 만큼이 정답이 될 것이다.


탐욕적으로 선택해 나가는 방법을 생각해보자면, V일을 처음부터 P일로 연속적으로 나눠가는 것이 당연히 최적해이다.

처음부터 나누지 않으면 당연히 손실이 발생한다. 나머지 짜투리 또한 당연히 첫날부터 최대한 이용(L일 까지)하는 것이 이득이다.


3. 코드


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
#include <stdio.h>
using namespace std;
 
int l, p, v, i;
 
int main() {
    while (1) {
        scanf("%d %d %d", &l, &p, &v);
        if (!l && !p && !v)
            return 0;
 
        i++;
        int tmp = v % p;
        if (tmp < l)
            printf("Case %d: %d\n", i, v / p * l + tmp);
        else
            printf("Case %d: %d\n", i, v / p * l + l);
    }
}
cs


'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24
백준) 11047 동전 0  (0) 2017.07.23
그리디 알고리즘 도입  (0) 2017.07.23

11047. 동전 0


문제

준규가 가지고 있는 동전은 총 N종류이고, 각각의 동전을 매우 많이 가지고 있다.

동전을 적절히 사용해서 그 가치의 합을 K로 만드려고 한다. 이 때 필요한 동전 개수의 최소값을 구하는 프로그램을 작성하시오.


입력

첫째 줄에 N과 K가 주어진다. (1 ≤ N ≤ 10, 1 ≤ K ≤ 100,000,000)

둘째 줄부터 N개의 줄에 동전의 가치 Ai가 오름차순으로 주어진다. (1 ≤ Ai ≤ 1,000,000, A1 = 1, i ≥ 2인 경우에 Ai는 Ai-1의 배수)


출력

첫째 줄에 K원을 만드는데 필요한 동전 개수의 최소값을 출력한다.


1. 접근


그리디 알고리즘. 


2. 풀이


가장 큰 액수의 동전들을 최대한으로 써가면서 K원을 만든다.


3. 코드


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
#include <stdio.h>
using namespace std;
 
int n, k, i;
int coin[10];
 
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for (i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d", &coin[i]);
 
    int cnt = 0;
    for (i = n - 1; i >= 0; --i) {
        cnt += k / coin[i];
        k %= coin[i];
    }
    printf("%d", cnt);
    return 0;
}
cs


'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24
백준) 4796 캠핑  (0) 2017.07.23
그리디 알고리즘 도입  (0) 2017.07.23

1. 그리디 알고리즘이란?


그리디 알고리즘은 직관적인 알고리즘이다.


직관적으로 문제를 여러 조각으로 쪼개고, 각 단계마다의 답으로 최종 답을 쌓아간다는 점에서,


그리디는 재귀 호출, 완전 탐색, 동적 계획법 알고리즘과 다를 게 없다.


하지만 위의 세 가지 알고리즘들은 모든 방법을 고려해보고 그 중 가장 좋은 답을 찾는 방법이지만,


그리디만은 특별하게 각 단계마다 당장 가장 좋은 답을 선택한다는 것이 차이점이다.


즉, 최적의 답은 최적의 부분답들로 이루어진다는 것이다.


따라서 그리디 알고리즘을 적용시킬려면, 위의 조건이 지켜지는 문제여야만 한다.



2. 어디에 적용시킬까?


2-1) 백준 1931. 회의실 배정

https://www.acmicpc.net/problem/1931


각 팀들은 회의하고 싶은 시간을 제출했을 때, 서로 겹치지 않는 회의들만을 골라서 진행해야 한다.


이 때, 최대 몇 개의 회의들을 선택할 수 있을까?


탐욕적으로 해결하기 위해, 가장 짧은 회의부터 보면서 앞의 선택과 겹치지 않는 회의를 추가하는 방법을 생각해보았다.

이 방법은 "탐욕적"으로 회의실이 사용되는 시간을 최대화려는 점에서 꽤나 그럴싸한 방법이다.


 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 0

 2

 4

 6

 8

 10

 12

 14


하지만 위와 같은 입력이 주어진다면 앞의 방법으로는 짧은 회의 하나만을 선택해버린다.

이처럼 그럴듯 하다고 정답이 되지는 않는다. 그리디가 어려운 이유 중 하나다.


다른 탐욕적인 방법으로 길이와 상관없이 가장 먼저 끝나는 회의를 고르기로 해보자.

가장 먼저 끝나는 회의를 고르고, 겹치는 회의들은 리스트에서 지우고, 나머지 중에 가장 먼저 끝나는 회의를 고르는 것을 반복한다.


결론부터 말하자면, 위의 방법이 정답중에 하나다.

덜 직관적인 방법이라서, 가장 많은 회의를 고르는 방법인지 의심이 간다. 

그래서 그리디 알고리즘의 정당성을 증명해야 하는데, 두 가지 속성을 증명해야 한다.


첫째로, 동적 계획법 처럼 모든 방법을 고려하지 않고 탐욕적인 방법으로도 최적해를 구할 수 있다는 속성이다.

이를 탐욕적 선택 속성, greedy choice property 라고 부른다.

위를 증명하면, 각 단계에서의 탐욕적인 선택은, 최적해로 가는 길 중 하나임이 보장된다.

회의실 문제에 대입해보면, 가장 종료 시간이 빠른 회의를 포함하는 최적해가 반드시 존재한다는 뜻이다.

최적해가 존재하므로 그리디 방법을 적용시킬 수 있다는 뜻으로 받아드리면 되겠다.


증명은 귀류법처럼 진행된다. 최적해 중에 가장 종료 시간이 빠른 회의를 고르지 않는 방법이 있다고 해보자.

이 방법을 써서 고른 회의들 중에, 첫 번째로 개최되는 회의(A)를 빼고, 대신 가장 종료시간이 빠른 회의(B)를 대신 추가한다고 하면,

B는 모든 회의들 중에 가장 빨리 끝나는 회의이기 때문에, A는 B보다 종료시간이 빠를 수가 없다.


따라서 최적해는 항상 B같이 가장 종료시간이 빠른 회의를 포함할 수 밖에 없다.


둘째로 증명해야 하는 속성은, 나머지 문제들도 항상 최적의 선택을 해야하는 문제라는 속성, 최적 부분 구조(optimal substructure)이다.

부분 문제의 최적해에서 전체 문제의 최적해를 만들 수 있다는 뜻이다.


다행히 회의실 문제의 이 속성은 매우 자명하다. 첫 번째 회의를 고르고나면, 당연히 겹치는 회의들은 고를 수 없고,

남은 문제들도 여전히 최대한 많은 회의를 고르는 문제이기 때문이다.


따라서 최종답은 부분문제의 최적해로 이주어진다는 것을 증명하였다.

즉, 우리는 회의실 문제가 탐욕적으로 가장 빨리 끝나는 회의들을 골라야하는 문제라는걸 알게 된 것이다.


코드 : http://js1jj2sk3.tistory.com/11


2-2) 백준 11047. 동전 0

https://www.acmicpc.net/problem/11047


임의의 액수 X가 주어지고, 동전들을 가장 적게 써서 X를 만드는 방법을 찾는 문제다.


가장 작은 동전은 항상1이고, 다음으로 작은 동전은 그 이전 동전의 배수다. 따라서 X를 못 만드는 경우는 없다.


매우 직관적으로 당신이 떠올린 방법, 그것이 정답이다.

가장 큰 동전을 최대한으로 쓰고, 남은 액수는 다음으로 큰 동전을 최대한으로 쓰는 방법이다.


정당성을 증명하자면,


첫째로, 가장 큰 동전(A)을 쓰지 않는 방법이 있다고 하자, 그 방법에서 가장 큰 동전(B)을 빼보면, (X - B*N1) 이고,

이 액수는 다시 A를 써서 X를 만들 수 있다. 이는 서로 배수인 점에서 가능하다. X - B*N1 + A*N2 = X

당연히 N1>N2 이므로 최적해는 가장 큰 동전을 쓰는 방법임이 증명되었다.


둘째로, 당연하게도 A를 써서 X를 일부 만들었다면, 남은 액수 X-A*N2 에 대한 문제는 가장 동전을 적게쓰는 문제다.


코드 : http://js1jj2sk3.tistory.com/7

'알고리즘 > Greedy 그리디' 카테고리의 다른 글

백준) 1931 회의실배정  (0) 2017.07.25
백준) 1946 신입 사원  (0) 2017.07.25
백준) 1744 수 묶기  (0) 2017.07.24
백준) 4796 캠핑  (0) 2017.07.23
백준) 11047 동전 0  (0) 2017.07.23

+ Recent posts

티스토리툴바