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


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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.

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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


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#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


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6
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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
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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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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


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6
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12
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17
18
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20
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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

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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
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5
6
7
8
9
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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


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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
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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


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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

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1. 접근


지금까지 최단경로 문제를 접근하는 알고리즘은 BFS 밖에 배우지 않았다.

하지만 BFS로는 간선에 가중치가 부여된 그래프에서의 최단경로를 풀 수 없다.

중간 노드를 거치는 경로의 간선 수는 많아도, 가중치의 합은 적은 경우를 반영해줄 수 없기 때문이다.

따라서 우리는 가중치가 부여된 최단경로 문제를 위해 다익스트라 알고리즘을 새로 배워야 한다.


다익스트라 알고리즘은 음의 가중치가 없는(0도 허용한다) 그래프에서, 한 노드에서 나머지 모든 노드들 까지의 최단경로를 구해준다.

음의 가중치를 가지는 그래프에서의 최단경로 문제는 플로이드-워셜 / 벨만포드 알고리즘 을 사용해야 한다고 한다..


이제부터 이 알고리즘이 어떻게 동작하는지 단계별로 살펴보자.


0. 정의

  • 집합 S = 방문한 노드들의 집합

  • d[N] = A노드에서 N까지의 최단 거리

  • 집합 Q = 방문하지 않은 노드들의 집합


1. 아직 확인되지 않은 d[x]는 모두 무한으로 초기화한다.


초기화가 실행된 후의 그래프. (노드 A에서 나머지 모든 노드들까지의 최단 경로를 구하고자 한다.)


2. 첫 루프 : 이웃 노드들을 방문하고 d[x]를 갱신한다.


첫 루프를 마치고 난 뒤의 그래프.

  • d[N]이 최소값인 노드 N을 Q에서 제거하고, S에 추가한다. 즉, N을 방문한다.

  • N의 이웃 노드와의 거리를 측정하여

  • d[N](=출발지로부터 N까지 계산된 최소 거리값) + (N과 이웃 노드 간의 거리값) = (출발지부터 이웃 노드까지의 거리값)

  • d[B] = 10, d[C] = 30, d[D] =15 는 Infinity보다 작으므로 갱신된다.


3. 두 번째 루프 : 이웃 노드들을 방문하고 d[x]를 갱신한다.



두 번째 루프를 마치고 난 뒤의 그래프.

  • 방문할 노드는 Q에 남아있는 노드들 중 d[N] 값이 제일 작은 것(d[B]=10)으로 선택된다. B를 방문하여 S에 추가하고 Q에서 제거한다.

  • B의 이웃 노드들을 모두 탐색하여 거리를 재고 d[N]에 기록한다. d[E] 값이 무한에서 d[B]+(B와 E 사이의 값 = 20) = 30 으로 업데이트된다.


4. 세 번째 루프 : 더 작은 d[x]를 발견한다면?


  • Q의 원소 중에서 제일 낮은 d[N] 값을 가지고 있기 때문에 방문되는 노드는 D이다.

  • D의 이웃 노드들(C, F)의 거리를 잰 후, d[N]값을 업데이트해야 하는데, d[C]의 값이 A를 방문할 때 이미 계산되어 30으로 정해져 있었다. 하지만, D를 방문하여 C와의 거리를 확인해 보니 20으로 더 짧은 최단 경로가 발견되었다! 따라서 d[C]의 값을 30에서 20으로 갱신한다.

  • d[F]의 경우는 원래의 값이 무한이므로, 더 작은 값인 15+20=35로 갱신한다.


5. Q가 공집합이 될 때 까지 루프를 반복한다.

  • S = {A, B, D, C, F, E} (방문한 순서대로 정렬)

  • d[A] = 0

  • d[B] = 10

  • d[C] = 20

  • d[D] = 15

  • d[E] = 30

  • d[F] = 25

  • Q = ∅


알고리즘의 흐름을 보면, 계속 가중치가 작은 간선을 골라 인접한 노드들의 데이터를 갱신해나가는 과정이란 것을 알 수 있다.
따라서 이 알고리즘은, 한 정점에서 다른 정점까지의 최단경로는, 중간에 방문하는 노드들도 최단경로로 방문해야 한다고 주장하는 것이다.

생각해보면 당연하다. A에서 C로 가는 최단경로가 A-(10)->B-(20)->C = 30라고 해보자.
만약 중간 노드인 B까지의 최단경로가 사실은 A-(3)->D-(4)->B = 7라고 한다면, 왜 A에서 C까지 가는데 D를 거치지 않겠는가?
당연히 거치는게 더 짧은 경로다. A-(3)->D-(4)->B->-(20)->C = 27

따라서 최단경로는 최단경로들로 이뤄져있다는 주장은 타당하다.

구현에서의 문제는 없을까? 초창기 이 알고리즘의 시간복잡도는 O(V^2) 였다고 한다.
문제는 Q집합 중에서 d[x]가 가장 작은 원소를 찾아 내는게 공짜가 아닌데 있었다.
지금은 최소-힙으로 Q집합을 유지하면서 O(E * logV)로 줄었다.
최소-힙에 정점은 최대 V^2번 들어가고, (힙의 삽입은 O(logN)) 간선은 E번 봐야 하므로 O(E * log(V^2)) = O(E * logV) 이다.

2. 풀이


최소 힙은 친절히도 <queue> 라이브러리에 priority_queue 를 이용해 쉽게 구현 가능하다.

우선순위 큐의 디폴트는 가장 큰 수를 top에 유지하므로 가중치를 음수화시켜 저장하거나, 큐의 선언에 greater를 쓰면 된다.


문제는 대놓고 다익스트라 알고리즘을 쓰라는 문제로, 시작점은 하나 주어지고 나머지 노드들 까지의 최단경로를 구해야 한다.


이중 벡터로 그래프를 구현하고, 집합 Q는 우선순위 큐로, d[x]는 거리를 저장하는 시퀀스를 선언해 구현해보자.

알고리즘의 구현에 대해 더 깊게 생각해보면, 꼭 INF의 초기화와 계산값을 비교하여 갱신하는 과정이 항상 필요할까?

BFS에서 편했던 점은 방문 노드를 표시하여, 다음 번엔 방문하지 않는 꼼수가 있었는데, 다익스트라는 불가능 할까?


실은 최소 힙을 쓰면서 해결된 의문점이다. 이미 INF에서 갱신된(방문한) 노드는 나중에 다시 경로값을 계산하지 않아도 된다.


무슨 소리냐, 앞에서 노드 C는 갱신하지 않았냐고 의문이 들겠지만,

이는 A의 이웃인 C를 큐에 넣으면서 갱신한데서 비롯되는 문제다. 따라서 큐에서 꺼낼 때만 d[x]를 갱신한다면,

최단경로는 최단경로의 합이란 논리하에 나중에 갱신된 값이 다시 갱신될 일은 없다.



4. 후기


최단경로 문제는 널리고 널렸다. 네이게이셔등의 현실과도 밀접한 알고리즘이기도 하다. 숙지하도록 하자.

다른 최단경로 문제들도 계속 소개하고자 한다.


알고리즘의 그래프 사진들과 설명은 위키백과를 참고하였다.

https://namu.wiki/w/%EB%8B%A4%EC%9D%B5%EC%8A%A4%ED%8A%B8%EB%9D%BC%20%EC%95%8C%EA%B3%A0%EB%A6%AC%EC%A6%98


1) 1753 최단경로 : https://www.acmicpc.net/problem/1753

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6588. 골드바흐의 추측 


문제

1742년, 독일의 아마추어 수학가 크리스티안 골드바흐는 레온하르트 오일러에게 다음과 같은 추측을 제안하는 편지를 보냈다.

4보다 큰 모든 짝수는 두 홀수 소수의 합으로 나타낼 수 있다.

예를 들어 8은 3 + 5로 나타낼 수 있고, 3과 5는 모두 홀수인 소수이다. 또, 20 = 3 + 17 = 7 + 13, 42 = 5 + 37 = 11 + 31 = 13 + 29 = 19 + 23 이다.

이 추측은 아직도 해결되지 않은 문제이다.

백만 이하의 모든 짝수에 대해서, 이 추측을 검증하는 프로그램을 작성하시오.

입력

입력은 하나 또는 그 이상의 테스트 케이스로 이루어져 있다. 테스트 케이스의 개수는 100,000개를 넘지 않는다.

각 테스트 케이스는 짝수 정수 n 하나로 이루어져 있다. (6 ≤ n < 1000000)

입력의 마지막 줄에는 0이 하나 주어진다.

출력

각 테스트 케이스에 대해서, n = a + b 형태로 출력한다. 이 때, a와 b는 홀수 소수이다. 숫자와 연산자는 공백 하나로 구분되어져 있다. 만약, n을 만들 수 있는 방법이 여러가지라면, b-a가 가장 큰 것을 출력한다. 또, 두 홀수 소수의 합으로 n을 나타낼 수 없는 경우에는 "Goldbach's conjecture is wrong."을 출력한다.

예제 입력 

8
20
42
0

예제 출력 

8 = 3 + 5
20 = 3 + 17
42 = 5 + 37


1. 접근


골드바흐의 추측이란 2보다 큰 모든 짝수는 두 개의 소수의 합으로 표현할 수 있다는 추측이다.

또한 하나의 소수를 반복하여 사용하는 것을 허용한다.


예를 들어, 22는 3+19로, 또는 5+17로도 표현할 수 있다. 10^18 까지 골드바흐의 추측이 참임을 확인했다고 한다.


따라서 모든 소수들의 조합들을 확인하는 과정을 거치고자 한다.


2. 풀이


모든 소수를 빠르게 찾는 방법이 중요할 것이다.


여러 테스트케이스들이 소수인지 판별하는 유명한 소수판별 알고리즘은 에라토스테네스의 체라는 방법이다.


2부터 오름차순으로 모든 수(x)를 확인하는데, x가 체크되어 있지 않다면 소수고, 나머지 x의 배수는 모두 비소수로 체크한다.


코드로 확인해보자.


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
#include <stdio.h>
using namespace std;
 
int t, n;
bool num[1000002];
 
int main() {
    for (int i = 2; i <= 10000; ++i)
        if (num[i] == false)
            for (int j = 2; i*j <= 1000000; ++j)
                num[i*j] = true;
}
cs


또한 더욱 최적화가 가능한데, 이는 소수의 성질 상 가능한 부분이다.

12를 생각해보면, 12의 약수는 1, 2, 3, 4, 6, 12 로 여섯개다.

이 때 주목할 점은 12, 6, 4는 앞의 1, 2, 3으로 12를 나눈 뒤의 몫이라는 점이다.

따라서 소수인지를 판별하는 에라토스테너스의 체를 적용할 때, x는 n의 제곱근까지만 확인하면 된다.

문제의 경우 백만 이하의 짝수 중 소수를 찾아야 하기 때문에, x는 10,000까지만 확인해도 된다.


이제 주어진 짝수가 prime 배열의 두 소수의 합으로 표현가능한지 확인해야한다. 

표현할 수 있는 방법이 여러가지라면 두 소수의 차이가 가장 큰 케이스를 출력해야 하므로, 가장 작은 소수부터 확인하면 되겠다.

즉, n에 대해 소수 x와, n-x 둘 다 존재하는지 가장 작은 x부터 확인하는 것이다.


또한 짝수를 두 소수의 합으로 표현하는데 주목할 점은, 주로 작은 소수의 합과 큰 소수의 합으로 표현된다는 점이다.

예를 들어 40까지의 짝수를 보면


4 = 2+2
6 = 3+3
8 = 3+5
10 = 3+7 = 5+5
12 = 5+7
14 = 3+11 = 7+7
16 = 3+13 = 5+11
18 = 5+13 = 7+11
20 = 3+17 = 7+13
22 = 3+19 = 5+17 = 11+11
24 = 5+19 = 7+17 = 11+13
26 = 3+23 = 7+19 = 13+13
28 = 5+23 = 11+17
30 = 7+23 = 11+19 = 13+17
32 = 3+29 = 13+19
34 = 3+31 = 5+29 = 11+23 = 17+17
36 = 5+31 = 7+29 = 13+23 = 17+19
38 = 7+31 = 19+19
40 = 3+37 = 11+29 = 17+23

주로 3, 5, 7 등의 작은 소수가 항상 등장한다는 것을 알 수 있다. (2는 짝수이기 때문에 당연히 등장하지 않는다)


따라서 소수들을 따로 모아두기 보다, 모든 수에 대해 소수인지 판별하는 배열을 유지하는게 더 이득일 것이다.


작은 소수가 항상 등장하고, n-x를 빠르게 찾는게 관건이라, 소수들을 따로 모아둔다면 탐색은 빠르면 log(N)이지만


모든 수에 대해 판별하는 배열이라면 거의 원타임에 탐색이 해결된다. (해당 인덱스에 가서 확인만 하면 된다)


3. 코드


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#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <vector>
using namespace std;
 
bool prime[1000002];
vector<int> test;
int m, sqm, t, i, j;
 
int main(void) {
    while (1) {
        scanf("%d", &t);
        if (t == 0)
            break;
        test.push_back(t);
        m < t ? m = t : 0;
    }
    sqm = sqrt(m);
    for (i = 2; i <= m; ++i) {
        if (prime[i] == false)
            for (j = 2; i * j <= m; ++j)
                prime[i*j] = true;
    }
    int s = test.size();
    for (i = 0; i < s; ++i) {
        for (j = test[i] - 3; ; --j) {
            if (prime[j] == false) {
                if (prime[test[i] - j] == false) {
                    printf("%d = %d + %d\n", test[i], test[i] - j, j);
                    break;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
cs


4. 후기


골드바흐의 추측에 대해 알고 있는지에 따라 풀 수 있고 없고가 확연히 드러나는 문제가 몇가지 있다.

그러한 문제들을 몇가지 알아보고자 한다.

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