개발자 Lim

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분류

다이나믹 프로그래밍

문제 설명

천나라에 살고있는 민호는 애지중지하는 소 한마리가 있다. 소의 행복은 곧 민호의 행복이기 때문에 가지고 있는 전재산을 털어 최고로 맛있는 여물 N개를 구매 했다.

민호는 여물을 관리하기 쉽게 폭은 좁지만 너비가 매우 긴 창고에 차례대로 넣었고, 왼쪽부터 한개씩 1번, 2번, 3번, ... , N번 여물이라 부르기로 했다. 각각의 여물들은 소가 먹었을 때 느끼는 행복이 다를수가 있다. 예를 들어 1번 여물을 먹으면 소가 느끼는 행복은 20이지만 2번 여물을 먹으면 소가 느끼는 행복은 10일수가 있다는 것이다. 이를 편의상 행복도라 부르기로 하자.

그리고 여물들은 날이 지날수로 숙성이 되어 맛이 더 좋아져 행복도가 올라간다. 이는 (행복도 * 여물을 구매한 뒤 지난 날자)로 계산할 수 있다. 여물을 구매한 뒤 지난 날자는 구매한 당일의 날이 1이고 그 다음날이 2라고 계산한다.

이것들을 백만년 숙성시킨 뒤 소에게 주면 소는 극락을 맛보겠지만 그때까지 기다릴 수 없던 민호는 여물을 구매한 날부터 N번째 날까지, 하루에 한 개의 여물을 소에게 주기로 하였다. 하지만 폭이 좁고 너비가 매우 긴 창고에 여물을 저장했기 때문에 중간에 있는 여물을 꺼내는건 불가능 하고 왼쪽과 오른쪽, 양쪽 끝에서 하나만 꺼내 소에게 주는 것이 가능하다. 즉 i ≤ j (1 ≤ i ≤ j ≤ N) 의 여물이 남아 있다면 민호는 i번 여물이나 j번 여물을 선택을 해서 소에게 줘야 한다는 뜻이다. i또는 j외의 여물을 소에게 줄 수 없다.

민호는 소가 최대로 높은 행복을 느꼇으면 좋겠다고 생각 한다. N일에 걸쳐 모든 여물을 소에게 줬을 때 소가 느끼는 행복도의 합이 최대가 되는 경우를 구해주자.

입력

첫 번째 줄에 여물의 개수 N (1 ≤ N ≤ 2000) 이 주어진다.

두 번째 줄에 여물의 행복도 H_i (1 ≤ H_i ≤ 1000, 1 ≤ i ≤ N) 이 공백을 구분으로 N개 주어진다.

출력

N일에 걸쳐 모든 여물을 소에게 줬을 때 소가 느낄 수 있는 행복도들의 합중 최대를 출력한다.

풀이 (동적 프로그래밍)

시간 복잡도 O(n^2) 공간 복잡도 O(n^2)

아이디어: [Gold III] 수확 - 1823 (Java) 문제와 동일

https://suhanlim.tistory.com/269

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    public static int sti(StringTokenizer st){
        return Integer.parseInt(st.nextToken());
    }
    public static long stl(StringTokenizer st){
        return Long.parseLong(st.nextToken());
    }

    public static void main(String[] args)throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        int n = Integer.parseInt(br.readLine());
        long[][] dp = new long[n+1][n+1];
        int[] array = new int[n+1];
        dp[0][0] = 0;
        // 가치: array[i]*i
        
        StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            array[i] = Integer.parseInt(st.nextToken());
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0] + (long) array[i] * i;
            dp[0][i] = dp[0][i-1] + (long)array[n-i+1]*i;
        }

        long ans = 0;
        for (int i = 1; i <=n; i++) {
            for (int j = 1; j <=n; j++) {
                if(i+j>n) continue;
                dp[i][j] =Math.max(dp[i][j],dp[i-1][j]+ (long) (i + j) *array[i]);
                dp[i][j] =Math.max(dp[i][j],dp[i][j-1]+(long) (i+j)*array[n-j+1]);

                if(i+j==n)
                    ans = Math.max(ans,dp[i][j]);
            }
        }
        if(n==1)
            System.out.println(array[n]);
        else System.out.println(ans);
    }
}

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분류

다이나믹 프로그래밍

문제 설명

두 전봇대 A와 B 사이에 하나 둘씩 전깃줄을 추가하다 보니 전깃줄이 서로 교차하는 경우가 발생하였다. 합선의 위험이 있어 이들 중 몇 개의 전깃줄을 없애 전깃줄이 교차하지 않도록 만들려고 한다.

예를 들어, < 그림 1 >과 같이 전깃줄이 연결되어 있는 경우 A의 1번 위치와 B의 8번 위치를 잇는 전깃줄, A의 3번 위치와 B의 9번 위치를 잇는 전깃줄, A의 4번 위치와 B의 1번 위치를 잇는 전깃줄을 없애면 남아있는 모든 전깃줄이 서로 교차하지 않게 된다.

< 그림 1 >

전깃줄이 전봇대에 연결되는 위치는 전봇대 위에서부터 차례대로 번호가 매겨진다. 전깃줄의 개수와 전깃줄들이 두 전봇대에 연결되는 위치의 번호가 주어질 때, 남아있는 모든 전깃줄이 서로 교차하지 않게 하기 위해 없애야 하는 전깃줄의 최소 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에는 두 전봇대 사이의 전깃줄의 개수가 주어진다. 전깃줄의 개수는 100 이하의 자연수이다. 둘째 줄부터 한 줄에 하나씩 전깃줄이 A전봇대와 연결되는 위치의 번호와 B전봇대와 연결되는 위치의 번호가 차례로 주어진다. 위치의 번호는 500 이하의 자연수이고, 같은 위치에 두 개 이상의 전깃줄이 연결될 수 없다.

출력

첫째 줄에 남아있는 모든 전깃줄이 서로 교차하지 않게 하기 위해 없애야 하는 전깃줄의 최소 개수를 출력한다.

풀이: 동적 프로그래밍(LCS)

시간 복잡도 O(n^2) 공간 복잡도 O(n)

아이디어: 전봇대 A의 값들을 정렬 시키고 순차적으로 작업을 한다고 가정하면 전봇대 B에 대응하는 값이 순차적으로 커지는

ex: 1->2, 2->3, 3->4, 4->5 와 같은 경우에는 겹치는 선이 존재하지 않고 가장 이상적인 상황이다.

하지만 B에 대응하는 값이 1->3, 2->2 3->5, 4->7, 5->1 과 같이 중간에 순차적으로 이전 값 에서 증가하지 않고 갑자기 값이 작아지는 경우 겹치는 선이 생성되게 된다. 

위에 상황에서는 2->2, 5->1 의 전깃줄을 제거한다면

B에 해당 하는 값이 순차적으로 3->5->7로 커지는 연속적인 수열이 되어 선이 겹치지 않게 된다.

즉 2개의 선을 제거하여 겹치는 선이 없도록 만들었다고 볼 수 있다. (전체 길이 5 - 연속적인 최대 수열의 길이 3) = 2  

즉 이를 통해 얻을 수 있는 결론은 해당 문제가 요구하는 사항은 (전체 전깃줄의 갯수 - B에 대응하는 값에서 연속적인 최대 수열의 길이)를 출력하는 것 과 동일함을 알 수 있다.

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    public static int sti(StringTokenizer st){
        return Integer.parseInt(st.nextToken());
    }
    public static long stl(StringTokenizer st){
        return Long.parseLong(st.nextToken());
    }
    public static void main(String[] args)throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        StringTokenizer st;
        int n = Integer.parseInt(br.readLine());
        int[] dp = new int[n+1];
        Pair[] info = new Pair[n+1];
        int ans=0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            st = new StringTokenizer(br.readLine());
            int a = Integer.parseInt(st.nextToken());
            int b = Integer.parseInt(st.nextToken());
            info[i] = new Pair(a,b);
        }
        // 이 문제를 '가장 긴 증가하는 부분 수열' 문제로 바꾸어 해결하려 한다.
        // 전봇대 A에 연결된 전깃줄을 위치별로 정렬시 B에 연결된 전깃줄의 위치는 증가, 감소 또는 무작위 순서일 수 있다.
        // 전깃줄들이 교차하지 않도록 하기 위해서는 B에서 전깃줄이 연결된 위치가 증가하는 순서대로 정렬 되어 있어야 한다.
        Arrays.sort(info,1,n+1);
        // 따라서 우리는 가장 긴 증가하는 부분 수열을 찾아서 그 부분 수열에 포함되지 않은 전깃줄들을 제거하여야 한다.
        // 전깃줄 B에 숫자가 연속적이라면 아무 문제 없지만 갑자기 작아지게 되면 겹치기 때문에
        // 증가하는 수열에서 중간에 값이 작아지는 구간들을 찾아서 그 갯수를 반환해야 한다.
        // 아래는 증가하는 가장 긴 부분 수열을 찾는 과정
        int max = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[i] = 1;
            for (int j = 1; j < i; j++) {
                // 만약 이전에 전봇대 A에서 연결된 B의 선의 값이 현재의 연결된 B의 값 보다 작다면 연속된 수열이라는 뜻
                // 우리의 목적은 해당 인덱스 까지 진행 했을 때 가장 긴 부분 수열의 길이임으로 dp[i] = dp[j]+1 을 이용하여 최신화
                if(info[j].b<info[i].b&&dp[i]<dp[j]+1)
                    dp[i] = dp[j]+1;
            }
            if(max < dp[i]) max = dp[i];
        }
        System.out.println(n-max);

    }
    static class Pair implements Comparable<Pair>{
        int a,b;
        public Pair(int a, int b){
            this.a = a;
            this.b = b;
        }
        @Override
        public int compareTo(Pair o){
            if(this.a>o.a){
                return 1;
            } else if(this.a == o.a){
                if(this.b>o.b){
                    return 1;
                }
            }
            return -1;
        }
    }
}