[실전 알고리즘] 0x0D강 - 시뮬레이션

안녕하세요, 이번 차시에서는 시뮬레이션을 다룹니다. 사실 코딩테스트에서 시뮬레이션 유형이라는 표현을 많이 쓰긴 하는데 이 유형의 문제들이 공통적인 특징을 가지고 있지는 않습니다. BFS나 재귀와 같이 특정 자료구조 혹은 알고리즘에 종속되지 않고 주어진 문제 상황을 구현하면 되는데 이 때 구현이 빡세게 필요한 것들을 통틀어서 시뮬레이션 유형의 문제라고들 합니다. 그래서 시뮬레이션이라는 명칭이 적절한 명칭인지는 잘 모르겠지만 그렇다고 이런 유형들을 빡구현 유형이다, 노가다 유형이다와 같이 말해버리면 특유의 멋이 없으니까 그나마 시뮬레이션이 괜찮은 표현인 것 같습니다.

이번 단원에서 몇 개의 문제를 같이 풀어보긴 하겠지만 시뮬레이션 유형의 문제들은 배경 지식이 거의 필요 없고 구현력을 많이 필요로 합니다. 본인의 구현력을 가지고 얼마나 빠르고 정확하게 풀어내는지가 중요한 문제들이기 때문에 이전까지의 내용들에서는 알고리즘 지식이 약해서 고전했다고 하더라도 학교과제든 개인 프로젝트든 이것 저것 개발을 하면서 코드를 짜볼 일이 많았다면 이번 단원은 할만하게 느껴질 수도 있습니다.

 

이번 단원에서는 크게 설명할건 없고 바로 문제들을 풀어보면서 어떻게 하면 구현을 잘 할 수 있는가를 고민해보면 됩니다. 참고로 이 문제들은 다 코딩테스트 기출이거나 코딩테스트 대비용으로 쓰이는 문제들이기 때문에 이번 단원을 기점으로 알린이에서 벗어나 코딩테스트에서도 승산이 아예 없지는 않은 단계로 성장할 수 있습니다.

 

첫 번째 문제 BOJ 15683번: 감시를 확인해봅시다 기존에 코딩테스트 대비를 해본 적 없이 제 강의만을 충실하게 따라오신 분이라면 이번에 처음으로 삼성 SW 역량테스트 A형 기출 문제를 만났습니다. 뭔가 좀 설레고 꼭 혼자 힘으로 풀어보고 싶고 그렇지 않나요? 원래 삼성 SW 역량테스트 A형은 3시간에 2문제를 주니 1솔브만 목표로 잡더라도 3시간 안에 이 문제를 풀어야합니다. 하지만 첫 문제인 만큼 5시간이 걸리더라도, 아니면 하루 종일 붙잡고 있어야하더라도 상관없으니 꼭 혼자 힘으로 시도해보면 좋겠습니다. 구현이 조금 어려울 수는 있지만 아예 시도조차 못할 난이도는 아닙니다.  거듭 말하지만 시도를 안해보고 그냥 강의나 이어들어야겠다고 생각하는 분 있으면 꼭 한 번 시도해보세요. 직접 코드를 작성하고, 주어진 예제를 통해 반례를 찾아 고치고, 맞은줄 알고 제출했는데 틀려서 코드를 다시 들여다보면서 고민하는 과정들을 거치면서 단순히 강의만 들어서는 얻을 수 없는 많은 것들을 알게 됩니다. 혹시 지금 휴대폰으로 강의를 보고 있다거나 해서 코딩이 불가능하면 적어도 이 문제 만큼은 직접 시도해보고 설명을 들을 수 있게 여기서 강의를 그만 보고 다음에 코딩이 가능한 환경일 때 다시 보시는걸 추천드립니다.

 

문제를 다들 시도해보셨을텐데 어땠는지 궁금합니다. 정답을 받는데 성공하신 분들은 모두 축하드립니다. 제출했는데 틀렸거나 아예 예제에서 잘못됐다고 해도 너무 절망하지는 마시고 같이 배워보겠습니다. 일단 문제를 보면 지문이 길어서 짜증나고, 그래도 구현을 해야하는게 어떤건지는 굉장히 명확합니다. 각 cctv가 가능한 방향은 cctv의 종류에 따라 1, 2, 4개인데 나올 수 있는 모든 조합을 다 시도하면서 사각지대의 크기를 구하면 그 중에서 최솟값이 바로 답임을 알 수 있습니다.

 

첫 번째로 각 cctv의 방향을 정해야 합니다. 예를 들어 1번 카메라가 2개 있다고 할 때 각 카메라가 가리키는 방향은 지금과 같이 (북쪽, 북쪽)이 가능하고

 

(북쪽, 동쪽)도 가능하고

 

(동쪽, 북쪽)도 가능하고 등등 총 16개의 가능성이 있습니다. 이 각각의 배치들에 대해이 각각의 배치들에 대해서 사각 지대의 갯수를 센 후 그 중에서 최솟값을 찾아야합니다. 이렇게 방향을 정하는건 N과 M (3) 문제와 판박이라 백트래킹을 이용하면 된다는걸 알 수 있습니다. 

그런데 지금의 상황과 같이 변수들이 가질 수 있는 값이 여러개이고 모든 조합을 다 확인해보고 싶은데 변수들끼리는 서로 독립적일 땐 백트래킹을 쓰는 대신 더 쉬운 방법이 있습니다. 바로 진법을 이용한 방법인데 주어진 문제의 상황에서 바로 써먹어보겠습니다. 

 

 가능한 방향의 종류가 4개이니 4진법을 쓰면 되고 1번 카메라가 3개일 때 0부터 63까지의 수를 4진법으로 나타내면 000, 001,… 332, 333까지 갑니다. 그리고 각각의 자리를 방향 3개에 대응시킵니다.  중간의 39로 예를 들어보면 39는 4진수로 213이니까 방향을 (2, 1, 3)으로 둘 수 있습니다. 이렇게 하면 총 64가지의 모든 조합을 다 확인해볼 수 있습니다.

 

그러면 0부터 63까지의 수를 4진수로 바꾸고 각 자릿수를 얻는 방식으로 코드를 짜야겠다는 생각이 딱 드는데 어떻게 구현할 수 있을까요? 이걸 이전에 본적이 있으면 바로 알거고 그렇지 않다면 감이 잘 안올텐데 일단 10진수에서의 상황을 한 번 보고 가겠습니다.

지금 수 3461에서 3, 4, 6, 1을 추출하고 싶다고 하겠습니다. 일단 마지막 자리수인 1 만큼은 추출하는 방법이 아주 간단한데 그냥 10으로 나눈 나머지를 보면 됩니다. 이 다음이 문제인데, 과감하게 3461을 10으로 나눕니다. 그러면 정수 나눗셈의 특성상 자연스럽게 1의 자리를 버릴 수 있습니다. 그러면 346에서 6을 얻는 방법은 또 10으로 나눈 나머지를 보면 되고, 이렇게 쭉 진행하면 됩니다. 이와 같이 10진법에서의 자릿수를 추출하는데 성공했고, 이걸 4진법에서도 똑같이 하면 됩니다.

4를 나눈 나머지를 빼내고 4로 나누는걸 반복하면 슬라이드에서의 예시와 같이 39로부터 3, 1, 2를 얻을 수 있습니다. 그리고 이걸 cctv가 0부터 63에 대해 수행하도록 한 코드를 확인해보겠습니다. 연산의 특성상 낮은 자리부터 먼저 출력되니 000 다음에 001이 아니라 100이 나왔지만 출력 결과를 보면 000부터 333까지 전부 잘 나온걸 볼 수 있습니다.

cctv가 k개일 땐 0부터 4k-1까지에 대해 위의 코드처럼 작성을 하면 됩니다. 코드를 짤 때 왜 tmp 자체를 4로 나누는 대신 brute와 같은 임시 변수를 둬서 tmp 값을 옮겨담은 후 brute를 4로 나누는지를 고민해봐도 좋을 것 같습니다. 그리고 아마 이런 의문이 드는 분도 있겠습니다. 1, 3, 4번 cctv는 가능한 방향이 4개인게 맞는데 2번 cctv는 좌우 혹은 상하로 2개이고 5번 cctv는 가능한 방향이 1개입니다. 그래서 만약 2번 cctv가 2개이고 5번 cctv가 1개라면 가능한 방향 조합의 수는 더 적은데 왜 무조건 4k을 계산하는걸까요?

결론적으로 말해서 이 지적이 좋은 지적입니다. 2번 cctv가 2개이고 5번 cctv가 1개이면 4개의 조합에 대해서만 확인하면 되는데 저는 무조건 각 cctv가 4개의 방향을 가진다고 생각하고 코드를 짤거고 이로 인해 중복되는 계산이 발생합니다. 하지만 중복된 계산이 있어도 어차피 시간 내로 여유롭게 통과되기에 저는 코딩의 예외처리를 줄여 편하게 짜기 위해 굳이 cctv 종류를 가리지 않고 4k개를 다 볼 것입니다. 이 부분은 조금 있다가 시간복잡도 얘기를 할 때 다시 설명드리겠습니다.

 

 

앞에서 4진법을 이용해 각 cctv의 방향을 잡았다면 그 상황에서 사각 지대의 개수를 세야 합니다. 이 파트는 설령 코드가 좀 더럽고 길어지더라도 다들 어떻게든 구현을 해낼 수 있습니다. 각자 구현 방식이 있는거고 어떻게든 답만 잘 나오면 그만이지만 그래도 잘 조직화된 코드를 보고 좋은 아이디어는 습득하면 문제를 실수없이 빠르게 푸는데 도움이 되니까 제가 접근한 방법을 알려드리겠습니다.

일단 저는 화살표를 따라가면서 벽을 만날때까지 쭉 진행하면서 지나치는 영역에 마크를 남길 예정입니다. 그 뒤에 마크가 없는 곳이 몇 개인지를 세면 끝입니다. 이 아이디어 자체는 어떻게보면 좀 당연해보이는데 실제로 구현을 어떻게 예쁘게 했는지 바로 코드를 보면서 얘기해보겠습니다.

 

일단 문제의 특성상 코드가 정말 깁니다. 그래서 부분 부분 끊어서 설명을 하겠습니다. 먼저 변수들에서 dx, dy는 BFS에서 본 것과 같은 쓰임새이고 인덱스 0, 1, 2, 3이 남쪽, 동쪽, 북쪽,서쪽을 가리킵니다. 북쪽을 시작으로 시계방향으로 돌아가는 순서로 되어 있다는걸 확인하고 가겠습니다.

board1은 입력으로 주어지는 사무실의 모양을 저장할 변수이고  board2는 cctv의 방향을 정한 후에 cctv의 감시 영역에 걸리는 빈칸은 값을 7로 바꾸는 작업을 할 변수입니다. 다른 문제의 코드에서도 그랬듯 사무실의 가로 세로는 8 이하이지만 배열은 10정도로 넉넉하게 잡는게 국룰입니다. 그리고 vector cctv는 cctv의 좌표들을 담을 변수입니다.

그 다음 OOB는 (a, b)가 범위를 벗어났는지 체크하는 함수이고 어차피 한줄짜리 함수여서 굳이 따로 함수로 빼지 않아도 상관은 없지만 이렇게 쓸 수도 있다는걸 소개하고 싶었습니다. 그 다음으로 나오는 upd 함수가 굉장히 혁신적인 함수인데, 아직 지금 뒷쪽 코드가 안나와서 upd 함수가 뒤에서 어떻게 쓰이는지는 나중에 같이 보도록 할겠습니다. 이 함수는 (x, y)에서 dir 방향으로 진행하면서 벽을 만날 때 까지 지나치는 모든 빈 칸을 7로 바꿉니다. 예를 들어 x = 3, y = 1, dir = 2이면 아까 dir = 2이면 북쪽이라고 했으니 (2, 1), (1, 1), (0, 1)에 대해 board2의 해당 칸이 0이면 7로 바꿉니다.

혹시 머릿속에서 저랑 x, y축을 놓는 방향이 달라서 북쪽이라는게 헷갈리면 그냥 dx[2] = -1, dy[2] = 0이니 dir = 2일 때  매번 x는1 감소하고 y는 그대로라고 생각하시면 됩니다. 그걸 알고 함수를 보면 함수의 내용은 별로 어렵지 않을 것입니다. 22번째 줄에서의 조건문은 해당 칸에 cctv가 있을 때인데 이 때 break 대신 continue를 해야합니다.

31번째 줄의 변수 mn은 사각 지대의 최소 크기, 즉 답을 저장할 변수입니다. 이후 board1을 입력받으면서 빈칸이 보이면 mn을 1 증가시키니 입력을 받으면서 mn에 일단 빈칸의 개수가 들어갑니다. 문제에 cctv가 1개 이상 있다는 조건이 없어서 cctv가 아예 없는 경우도 고려해야 하니 mn을 0x7f7f7f7f와 같은 값으로 두는 것 보다는 빈칸의 갯수로 맞춰두는게 안전합니다.

그리고 35, 36번째 줄에서 볼 수 있듯 cctv를 찾으면 vector cctv에 추가해줘요. 이렇게 입력을 처리하고 나면 board1에 입력받은 사무실의 모양이 저장되고 cctv에는 좌표들이 들어가있다는걸 기억하고 다음 슬라이드로 넘어가겠습니다.

 

이제 cctv들의 방향을 정할 시간입니다. 앞에서 본 것 처럼 4진법을 이용할거고 cctv가 k개 있다고 할 때 tmp는 0부터 4k-1까지 돌아야 합니다. 아직 언어에 익숙하지 않으신 분들이 4k을 계산하기 위해 4 ^ k라고 작성한 후에 결과가 이상해서 어리둥절하는걸 몇 번 본 적이 있는데 C언어에서 ^는 지수승이 아니고 XOR이라는 비트연산자입니다. 그리고 cmath 헤더에 있는 pow 함수도 쓰는게 바람직하지 않은데 pow 함수는 인자로 실수를 받고 또 실수를 반환하는 함수이기 때문에 물론 지금처럼 cctv의 갯수가 최대 8개여서 48이 double의 유효숫자 범위에 잘 들어올 때에는 운좋게도 오차가 없지만 0x01강에서 다뤘듯이 일반적으로 double은 유효숫자가 15자리인 반면 long long은 19자리이니 정수의 정수 승을 pow 함수로 계산하면 오차가 생길 수 있습니다.

 

 

이 예시를 보시면 338을 계산할 때 직접 3을 38번 곱하는 대신 pow 함수를 이용했더니 오차가 발생한걸 볼 수 있습니다. 그렇기에 정수의 정수 승을 계산할 때 pow 함수도 쓰면 안됩니다. 대신 지금 p1을 계산한 것 처럼 그냥 정직하게 for문으로 구현하면 됩니다. 그리고 밑이 만약 2, 4, 8과 같이 2의 지수일 때에 한해 특별하게 right shift를 이용할 수 있는데 right shift는 재귀 단원에서 Z를 풀 때 한 번 나왔습니다. 1 << (2*cctv.size())는 4cctv.size()이고 right shift가 이질적이다 싶으면 그냥 아까 본 것 처럼 for문을 가지고 4를 여러 번 곱하는 방식으로 구현해도 상관없습니다.

 

44 ~ 47번째 줄에서는 4로 나눈 나머지를 뽑아 방향으로 사용하고 brute를 4로 나누는 작업을 반복해서 tmp 값을 4진법으로 해체하는 코드입니다. 41, 42, 43번째 줄에서는 board2에 board1를 복사합니다. board1은 원본이고 board2에서는 upd 함수를 거치며 내부의 값이 계속 변경됩니다.

48, 49번째 줄에서는 x, y에 cctv의 좌표를 담습니다. C++11 이상에서는 tie 함수를 사용해 tie(x, y) = cctv[i];로 한 줄에 쓸 수도 있습니다. 살짝 잡기술일수도 있지만 이런거 하나하나가 모여서 코드를 더 그럴싸하게 만드니 보다가 땡기는게 있으면 적극적으로 자기 것으로 만들도록 합시다.

제가 볼 때 50번째 줄부터 이어지는 부분에서 얻을게 많을 것 같습니다. 일단 1번 cctv일 땐  51번째 줄과 같이 upd(x, y, dir)을 실행하는게 너무나 당연하죠. 그 다음 2번 cctv를 보면 dir = 0, 2과 1, 3에 대해 upd를 실행할 수 있어야 하는데 그걸 upd(x, y, dir)과 upd(x, y, dir+2)를 실행하도록 하면서 해결했습니다. brute를 4진법으로 만들어서 추출한 dir이 0일 땐 (0, 2)를, 1일 땐 (1, 3)을, 2일 땐 (2, 4)를, 3일 땐 (3, 5)를 실행할거고 upd 함수에서 dir %= 4가 있기 때문에 자연스럽게 2번 cctv가 놓일 수 있는 2가지 방향을 잘 확인합니다. 이렇게 구현하는 대신 각 카메라에 대한 upd 함수를 다 따로 만들려고 했다면 구현량이 굉장히 늘어났을 것입니다. 또 틀렸을 때 오류를 찾아 바로잡기도 힘들텐데 upd 함수를 1개만 두고 방향으로 잘 조절해서 코드를 깔끔하게 짰습니다. 이후 3, 4, 5번 카메라도 지금의 코드가 맞는지 한 번 생각해봅시다

이렇게 시뮬레이션을 끝낸 뒤에는 빈칸의 갯수를 세고 mn을 갱신해주면 돼요. 그리고 모든 방향에 대해 확인한 후에는 mn을 출력합니다. 76번째 줄과 77번째 줄과 같이 코드를 쓰면 타이핑을 아낄 수 있어서 본인이 헷갈리지 않는 선에서는 참고를 좀 하셔도 좋을 것 같습니다. 지금 설명한 것들이 깃헙에는 주석으로 달려있으니 참고해보시고 이해가 갔다 싶으면 제 코드 없이 직접 다시 한 번 짜보도록 하겠습니다.

 

코드를 같이 살펴봤고 실제로 돌려보면 답이 잘 나옵니다. 그런데 우리는 시간복잡도에 대해 생각해볼 필요가 있습니다. 만약 이 코드의 시간복잡도를 계산했더니 문제의 시간 제한인 1초 안에 들어올 수 없을 것으로 보인다면 최적화를 하거나 아예 다른 방법을 찾아가야 하기 때문입니다.

 

일단 각 cctv의 방향을 정했을 때 upd 함수가 최대 몇 번 호출되는지 생각해보면 5번 cctv가 8개일 때 4×8번 호출됩니다. 그리고 upd 함수는 한 줄을 따라 올라가며 해당 칸이 0인지 확인하는 과정을 거치기 때문에 upd 함수의 계산량은 N, M의 최대 크기인 8으로 잡으면 됩니다. upd 함수를 다 본 후에는 NM개의 칸을 살펴보며 빈칸의 개수를 세니까 N = 8, M = 8일 때 64칸을 봐야 합니다. 마지막으로 이 전체 과정을 모든 방향마다 다 해주어야 하니 48이 추가로 곱해져서 이렇게 총 연산량을 구할 수 있고 대략 2000만이니 별 문제 없이 시간내로 잘 통과합니다.

만약 이렇게 계산한 결과가 한 5억 정도로 1초가 간당간당한 상황이라면 예를 들어 cctv가 2번일 때 dir = 2, 3이면 continue를 하고, 5번일 때에는 dir이 0이 아니면 continue를 한다던가, upd 함수에서 0을 7로 바꿀 때마다 전역 변수의 cnt 값을 1 증가시켜 빈 칸을 확인하는 연산량을 절약한다던가 하는 방식을 고민해봤을 것입니다. 하지만 지금은 연산량이 제한 시간 내로 통과하기에 충분하고  0ms로 통과하나 100ms로 통과하나 문제를 맞았다는 사실에는 아무런 차이가 없으니 추가적인 최적화를 진행하지 않겠습니다. 그리고 upd 함수를 이용한 구현을 설명하기 전에 먼저 시간복잡도를 얘기하기가 힘들어서 이 문제에 한해 코드를 제시한 후 시간복잡도를 같이 계산했지만 원래는 풀이를 생각하고 시간복잡도를 생각한 후에 코드 작성에 들어가야 합니다.

 

두 번째 문제 BOJ 18808번: 스티커 붙이기는 제가 만든 문제입니다. 문제를 만드는게 생각보다 좀 고된 작업인게 수학 문제랑은 다르게 프로그래밍 문제는 내 풀이가 맞는지를 확인하는 것과 더불어 잘못된 풀이가 틀리는지도 꼭 확인을 해야 합니다. 예를 들어 가로 세로를 반대로 썼는데 정답처리가 되어버리면 바람직한 상황이 아니니까 떠오르는 온갖 잘못된 풀이에 대해 반례가 테스트 케이스 안에 있는지 확인을 해야하고 그렇지 않다면 테스트 케이스를 계 속 보충해줘야 합니다. 이 부분엔 대한 검증을 철저히 하지 않으면 오답이 정답 처리되는 경우가 생길 수 있고 PS 분야를 잘 모르는 사람들이 코딩테스트나 대회를 쉽게 생각하고 운영할 때 굉장히 비일비재하게 발생합니다. 제 문제를 포함해 BOJ에  올라와있는 다양한 문제들은 출처가 공식적인 대회이거나 철저한 검수를 거치기 때문에 안심하고 푸셔도 됩니다.

풀이에 대해 얘기하기 전 먼저 풀어보는 시간을 가지면 좋겠고, 일단 풀이를 시작해보겠습니다.

 

글이 살짝 길어 읽는게 짜증났을수도 있겠지만 그래도 쓸데없는 소리를 별로 써놓지 않아서 문제를 읽으면 무엇을 해야하는지는 굉장히 자명하게 와닿을 것입니다. 중간에 혜윤이가 스티커를 붙이는 방법에 대해 1번부터 4번까지로 설명해놓은 과정을 곧이곧대로 따라가면 돼요. 그 과정에서 필요한 절차는 스티커를 특정 영역에 붙일 수 있는지 확인하고 붙이는 것과 스티커를 회전하는 것입니다. 1번은 정말 쉽고 2번은 조금 헷갈릴 수도 있습니다.

 

먼저 노트북의 (x, y)에 모눈종이의 (0, 0)이 올라가게 스티커를 붙이려면 노트북 위에 스티커가 붙은 칸과 모눈종이 위에 스티커가 붙은 칸이 겹치면 안됩니다. 모눈종이가 올라가는 모든 칸에 대해 노트북과 모눈종이의 스티커가 겹치는 칸이 있는지를 확인하고, 겹치는 칸이 없어서 스티커를 붙이는게 가능하다면 노트북을 나타내는 변수의 값을 갱신하면 끝입니다. 슬라이드에 있는 코드는 이 부분을 함술 만든 코드입니다.

코드에서 크게 설명을 필요로 하는 부분은 없어보입니다. 사실 클린 코드의 관점에서는 특정 영역에 붙일 수 있는지 확인하는 파트와 실제 붙이는 파트가 서로 다른 함수로 분리되어 있는 것이 더 바람직하겠지만 문제의 상황을 그대로 구현하고자 하면 그 둘을 분리할 필요가 없어서 저는 그냥 같은 함수에 뒀습니다. 이 부분은 취향 차이라고 생각합니다. 그리고 애초에 이 코드를 따로 함수로 빼내는 대신 main에 싹 다 때려박아도 되긴 하지만 함수로 빼는게 구조적으로 이쁩니다.

 

두 번째는 스티커의 회전인데 이런 식으로 이차원 배열에서 회전이나 뒤집기 등을 해야하는 문제들이 종종 있습니다. 몇 번 하다보면 익숙해지지만 처음 시도해보면 좀 많이 헷갈릴텐데 구현에 조금이나마 도움이 될 팁을 알려드리겠습니다.

이런 문제에서는 직접 종이에 좌표를 써두고 돌려보면 도움이 됩니다. 크기가 3 × 4인 배열 A를 돌리면 배열 B가 됩니다. B 각 칸의 값을 A로 나타내면 식을 뽑아낼 수 있고, 90도 돌린 모양 자체에 신경쓰기 보다는 그냥 수에서 규칙을 찾는다고 생각해봅시다. 그런 관점에서 보면 B의 행 값이 A의 열로 갔고 B의 열 값은 A의 행 값으로 갔는데  (0, 1, 2)가 (2, 1, 0)으로 뒤집어서 갔습니다. 결론적으로 B[x][y] = A[3-1-y][x]임을 알 수 있습니다. B의 행 값이 x이니 A의 열 값은 x이고 B의 열 값이 y이니 A의 행 값은 3-1-y입니다. 2-y를 왜 3-1-y로 쓰냐면 3이 처음 배열 A에서 행의 크기이기 때문에 그렇습니다. 배열 A가 r × c였다면 B[x][y] = A[r-1-y][x]가 됩니다.

지금 이렇게 좌표를 써두고 직접 돌려보면 그다지 어렵지 않게 직사각형의 회전을 구현할 수 있습니다. 나중에 배열을 뒤집거나 기타 다른 연산을 직사각형에서 수행하더라도 지금처럼 하면 됩니다.

 

그래서 변수 paper를 90도 회전하는 함수는 이와 같이 작성할 수 있습니다. paper의 값을 tmp에 옮겨담았다가 paper[i][j] = tmp[r-1-j][i];로 옮겨왔습니다. 함수를 실행하기 전에 paper의 크기가 r × c인데 함수를 실행하고 나면 가로 세로를 바꿔서 c × r이 되어야 하니 r과 c를 바꿔야 하고 굳이 t = r; r = c; c= t;와 같이 직접 swap을 구현할 필요 없이 utility 헤더 안에 있는 swap 함수를 이용했습니다.

 

이제 구현만 하면 끝이지만 그 전에 시간복잡도를 한 번 생각해보고 가겠습니다. 우선 각 모눈종이에 대해 노트북에 놓을 수 있는지 확인하는 위치는 4 × 40 × 40개입니다. 모눈종이의 (0, 0)을 4개의 회전 방향 각각에서 노트북의 (0, 0)부터 (N-1, M-1)에 맞춰보기 때문입니다. 물론 엄밀하게는 모눈종이가 크면 위치의 개수도 줄어들지만 일단은 그냥 느슨하게 계산을 하겠습니다.

그리고 모눈종이를 특정 위치에 놓을 수 있는지 확인하기 위해 필요한 연산은 모눈종이의 최대 크기인 10 × 10입니다. 아까 pastable 함수를 보면 알겠지만 2중 for문을 돌며 각 모눈종이의 칸을 확인해야 하기 때문에 그렇습니다. 마지막으로 스티커는 100개여서 총 연산량은 64000000이고 시간 제한 2초 안에는 충분히 결과가 잘 나옴을 알 수 있습니다. 그리고 지금 이 시간복잡도는 사실 최악에 최악을 상정한 상황입니다. 어떤 스티커를 시작하자마자 바로 붙이는데 성공했다면 그 스티커에 대해 6400개의 위치를 다 볼 필요가 없고, 또 모눈종이를 특정 위치에 놓을 수 있는지 매번 100칸을 전부 다 보아야 판단 가능한건 아닙니다. 어떨 땐 시작하자마자 1이 겹쳐서 바로 붙일 수 없다는 결과를 받을 수도 있기 때문입니다. 그래서 최악을 상정해도 2초 내로 널널하다는 것을 알고 코딩에 들어가면 되고, 실제로 구현해서 제출해보면 효율적으로 짰을 때 C++ 기준 20ms안에 잘 통과됩니다.

 

(코드) 이제 앞에서 만든 저 두 함수를 가지고 규칙에 맞게 스티커를 붙이기만 하면 끝입니다. 엮어서 만든 전체 코드를 같이 보겠습니다.

일단 변수는 문제에서 주어진 변수명을 그대로 따라갔습니다. 모눈종이는 들어오는 대로 바로바로 붙일거라 r과 c가 배열일 필요가 없습니다. note는 노트북의 모양을 의미하고 0은 비어있는 칸, 1은 스티커가 붙은 칸을 의미합니다. rotate 함수와 pastable 함수는 앞에서 설명했으니 넘어가고 공간의 한계로 일단 변수를 입력받는 곳 까지만으로 잘랐습니다. 모눈종이를 k개 입력받으니 while(k--)로 써서 while문을 k번 반복하도록 했고 paper 변수에 모눈종이가 잘 들어있습니다. 그 다음을 이어서 보겠습니다.

 

문제를 보면 먼저 스티커를 돌리지 않고 붙일 수 있는 곳이 있는지를 확인한 후에 자리가 없다면 90도 회전하니 44번째 줄과 같이 회전을 위한 for문이 바깥쪽 for문에 있어야 합니다. 

그 다음에 있는 is_paste 변수는 붙이는데 성공했으면 for문을 탈출할 목적으로 둔 변수입니다. 그 뒤에는 모눈종이의 (0, 0)이 노트북의 (x, y)에 붙을 수 있는지 보면 됩니다. pastable 함수 안에서 붙일 수 있다면 바로 note 변수의 값까지 갱신한 후 반환하기 때문에 49, 50번째 줄과 같이 코드를 구성하면 됩니다. 이 때 x와 y의 범위가 조금 헷갈릴 수 있는데 삐끗하면 1 차이로 오답이 날 수 있으니 이런 인덱스에 심혈을 기울여야 합니다. 헷갈릴 땐 변수들에 직접 값을 넣어서 생각해보는 것도 도움이 됩니다.

예를 들어 n = 7이고 r = 5이면 x = 0, 1, 2까지만 모눈종이를 올려볼 수 있습니다. 특히 0-indexed와 1-indexed를 오가다보면 헷갈리기 쉬워서 아무쪼록 이런 실수로 힘들게 푼 문제를 어처구니 없이 틀리지 않도록 조심해야 합니다. (x, y)를 다 돈 후에 is_paste가 true면 탈출하고 아니면 모눈종이를 회전시켜요. 엄밀히 말해 rot = 3일 때에는 rotate()를 실행하는게 시간 낭비이지만 시간복잡도의 관점에서 큰 차이는 없어서 별도의 처리를 하지는 않았습니다.

이렇게 k개의 스티커를 다 처리하고 나면 1인 칸의 수를 세어 출력하면 끝입니다. 오히려 앞의 문제보다 더 쉬웠던 것 같습니다. 배열을 돌리는 것을 빼면 구현이 그렇게 어렵지도 않기도 합니다. 혹시 혼자 힘으로 푸는데 실패하셨다면 지금 다시 시도해보는 시간을 가지겠습니다.

 

세 번째 문제는 BOJ 12100번: 2048 (Easy)입니다. 문제를 보시면 알겠지만 2014년에 굉장히 핫했던 게임을 토대로 만든 문제라는 것을 알 수 있습니다. 그리고 제 생각에 이 문제는 정말 짜기 까다롭습니다. 대충 어떤 느낌이냐면 대충 구현 방향은 잡았고 천천히 구현을 하려고 하는데 짜다보니 꼬이고 코드 길이가 끝없이 길어지고, 기껏 완성한 후에 돌렸더니 결과가 이상해서 코드 중간중간에 끊임없이 출력문을 넣어서 잘못된 부분은 간신히 찾아냈지만 코드를 어떻게 고쳐야할지는 모르는 상황인겁니다. 시간을 엄청 쏟았지만 결국 해결하지 못해 다른 사람의 코드를 찾아보니 신기하긴 한데 내가 직접 다시 짜려고 한다면 자신은 없어서 막막한 그런 느낌을 이전에 혼자 공부하면서 받아본 분이라면 공감할 것입니다. 힘들더라도 역시 답은 노오오오력밖에 없으니 힘내서 계속 가보겠습니다.

일단 이 문제도 구현해야 하는걸 2가지로 정리할 수 있는데, 첫 번째는 게임판을 기울이는걸 시뮬레이션하는 부분이고 두 번째는 5번 기울이는 모든 상황을 테스트하는 부분입니다. 1번은 구현이 조금 어려울 수 있지만 딴건 몰라도 2번은 진짜 무조건 짤 수 있어야 합니다. 이건 그냥 대놓고 감시에서 cctv의 방향을 정하는 상황과 완전히 똑같기 때문입니다.

 

먼저 게임판을 상하좌우로 기울이는걸 생각해보겠습니다. 일단 네 방향을 다 고려하는 대신 왼쪽으로 기울이는 것만 처리를 해보려고 합니다. 그나마 다행인거라고 하면 각 행 끼리는 독립적으로 연산이 이루어지기 때문에 우리는 한 행 단위만 처리를 할 수 있으면 그걸 각 행마다 따로 돌려주면 되니까 한 행만 어떻게든 할 수 있으면 됩니다. 쉽다고는 할 수 없지만 아예 엄두조차 못낼 수준은 아닌 것 같아서 문제를 맞추지 못하고 강의를 들으면서 같이 해보려고 하시는 분은 일단 슬라이드의 그림처럼 한 행을 왼쪽으로 기울였을 때의 상태를 계산하는 함수를 만들어봅시다.

 

코드를 짜는 방법은 정말 다양하고 어떻게 짰든간에 답만 잘 나오면 장땡이지만 남의 구현을 보면서 배워가는게 있을 수 있으니 먼저 제 방식을 소개하겠습니다. 일단 저는 새로운 배열을 만들어 여기에 왼쪽으로 기울인 결과를 담을거에요. 새로운 배열을 만들지 않고도 할 수 있긴 한데 새 배열을 만들면 구현이 더 편했습니다. 첫 번째 방법은 그냥 실제로 각 블럭을 차례대로 보며 최대한 왼쪽으로 밀어버리는 방법입니다. 제일 무난한 방법이고 대부분 이런 식으로 구현을 했을 것입니다.

 

같이 보면 먼저 이 2를 제일 왼쪽에 둡니다. 왼쪽으로 기울이면 당연히 제일 왼쪽으로 갈 것입니다.

 

그 다음 2는 원래 있던 2와 합쳐지면서 4가 될 것입니다. 문제에 한 번의 이동에서 이미 합쳐진 블록은 또 다른 블록과 다시 합쳐질 수 없다는 조건이 있기 때문에 4에다가 이 블록은 더 이상 합쳐질 수 없다는 표시를 남깁니다. 실제 구현에서는 bool 배열을 별도로 둬서 표시 역할을 하게 했습니다.

 

그 다음 8을 보면 자연스럽게 4 옆으로 옵니다.

 

 그 다음의 8은 기존에 있던 8과 합쳐져서 16이 될거고 또 표시를 둡니다.

 

마지막으로 16을 보면 제일 오른쪽에 16이 있긴 하지만 더 이상 합쳐질 수 없다는 표시가 있기 때문에 합치지 않고 옆에 16을 둡니다.

 

옮기는 과정이 끝났고 과정을 코드로는 이렇게 나타낼 수 있습니다. arr가 왼쪽으로 기울어진 결과를 tilted에 저장하고, tilted가 비어있을 땐 07, 08, 09번째 줄과 같이 예외처리를 했습니다. tilted에 원소가 1개라도 있으면 11번째 줄을 통해 idx가 tilted에서 가장 오른쪽에 위치한 블록의 인덱스를 나타낸다는 점을 알고 보면 코드를 이해하는게 크게 어렵지는 않을 것입니다. 여기서 만족을 하고 끝내도 되지만, 그 전에 시간복잡도를 생각해보겠습니다.

arr 배열의 길이가 N일 때 이 함수의 시간복잡도는 얼마일까요? 순간적으로 O(N)이 아닌가 하는 착각을 할 수도 있지만 이 함수는 O(N2)입니다. 바로 idx를 찾는 12번째 줄의 연산 때문에 그런데 각 arr[i]에 대해 tilted[idx] = 0인 idx를 찾기 위해 idx--를 매번 최대 N번씩 해야 하니 시간복잡도는 O(N2)이 됩니다. 실제로 arr 배열에 2가 꽉 차있다면 그 상황에서 이 함수를 실행했을 때 O(N2)의 시간이 필요함을 알 수 있습니다.

 

이 문제에서 보드의 가로 세로는 크기가 최대 20이기 때문에 사실 O(N2)이라 한들 아무 상관이 없습니다. 하지만 이 기울임을 O(N)에 처리할 수 있기 때문에 한 번 다루고 넘어가겠습니다. 아까의 코드는 현재와 같은 상황에서 16이 들어갈 자리를 찾기 위해 블록을 만날 때 까지 한 칸씩 왼쪽으로 이동하는 연산을 했습니다. 그리고 이 이동은 최악의 경우 O(N)을 필요로 했습니다. 그런데 사실 16이 들어갈 자리는 너무나 자명하게 O(1)에 구할 수 있습니다. 그냥 tilted 배열 안에 원소가 몇 개 있는지만 별도로 가지고 있으면 굳이 이런 연산을 할 필요가 없이 바로 titled 배열에서 제일 오른쪽 원소의 위치를 알 수 있습니다.

코드를 보면 시간복잡도도 개선됐지만 애초에 코드의 길이 자체가 꽤 짧아졌는데, 이 코드를 이해하기 위해서는 idx라는 변수가 어떤 역할을 하고 있는지를 알면 됩니다. idx는 다음 arr에서의 블록이 들어갈 수 있는 위치를 의미해요. 만약 tilted[idx]가 0이라면 그 곳은 비어있는 곳이니 새 블록을 자연스럽게 놓으면 되고, tilted[idx]가 0이 아니라면 idx가 가리키는 곳이 새로 추가되어 아직 합쳐지지 않은 블록임을 의미합니다.

그렇기 때문에 tilted[idx]가 0이 아닐 때 실행되는 09, 11번째 줄의 조건문에서 tilted[idx]와 arr[i]가 같은지 확인하는거고 두 값이 같다면 tilted[idx]의 값을 2배한 후 idx를 1 증가시킵니다. idx의 역할을 단순히 0인 칸 혹은 가장 오른쪽 블록을 가리키게 하는 대신 블록이 합쳐질 수 있는지도 처리할 수 있게 둬서 merged 배열이 필요가 없어졌습니다.

idx++, ++idx가 너무 헷갈리면 두 줄로 풀어써서 생각하셔도 좋고 코드가 잘 와닿지 않으면 직접 몇몇 예시들을 넣고 for문을 도는 동안 변수들의 값이 어떻게 바뀌나 확인해보시면 금방 이해가 갈 것입니다. 지금 이 코드는 O(N)이니까 앞의 코드보다 이게 더 시간복잡도 측면에서 좋습니다. 앞의 코드를 쓰나 이 코드를 쓰나 N이 작기 때문에 통과되는건 똑같기 때문에 이번 슬라이드에서 다룬 내용을 모른다고 큰 문제가 있는건 아니지만 짚고 넘어가볼만한 내용인 것 같아서 소개드렸습니다.

 

이렇게 우린 한 줄을 왼쪽으로 기울이는 코드를 짰고 이걸 각 행에 대해 실행하기만 하면 되니 보드를 왼쪽으로 기울이는 것 까지는 잘 처리했습니다. 그런데 보드를 왼쪽으로만 기울이는게 아니라 오른쪽, 위쪽, 아래쪽으로도 기울이기 때문에 아직 갈 길이 멉니다. 제일 마음 편하게 가자면 왼쪽을 구현한 것 처럼 오른쪽, 위쪽, 아래쪽 각각을 따로 구현하면 되고 비록 비슷한 코드가 4번에 걸쳐 들어선다는 점과 어딘가 잘못된 점을 찾았을 때 4군데를 다 고쳐야할 수 있다는 점이 좀 성가시긴 하지만 달리 방법이 없어보입니다.  당장 저도 이 문제를 2018년에 처음으로 풀었는데 그 때에는 각 방향에 대해 따로 구현을 했습니다.

그런데 왼쪽으로 기울이는 코드만 가지고 오른쪽, 위쪽, 아래쪽으로 기울이는 효과를 다 줄 수 있는 방법이 있습니다. 약간의 기하학적 아이디어를 딱 떠올리면 문제를 아주 쉽게 날로 먹을 수 있는데 어떻게 하면 좋을지 고민해보겠습니다.

그 방법은 바로 보드 자체를 회전시키는 것입니다. 지금 우리는 첫 번째 사각형에서 L쪽으로 기울이는 코드를 가지고 있는데 D쪽으로 
기울이고 싶으면 두 번째 사각형과 같이 보드를 시계 방향으로 90도 회전하면 됩니다. 나머지 두 방향도 각각 180도, 270도를 돌리면 됩니다. 이차원 배열의 회전은 마침 스티커 붙이기 문제에서 다뤘으니 그걸 그대로 가져다 쓰면 되겠습니다.

 

실제 tilt 함수를 같이 보겠습니다. dir은 0에서 3까지의 값이 들어와서 앞에서 말한대로 각각 0, 90, 180, 270도를 회전하게끔 하는 변수에요. 예를 들어 dir = 1일 때 시계 방향으로 90도 돌려서 아래쪽으로 기울인 것과 같이 만들었는데, 기울이는 작업을 끝낸 후에는 반시계 방향으로 90도 돌려서 원래 방향으로 맞춰야 하지 않나 하는 생각이 들 수 있습니다. 즉, 엄밀히 말해 지금 tilt 함수는 dir = 1일 때 단순히 board2를 아래쪽으로 기울인 결과를 board2에 담는 함수가 아니라 아래쪽으로 기울인 후 시계 방향으로 90도 돌린 결과를 board2에 담는 함수입니다.

읽는 입장에서 혼동을 덜하게 하려면 함수 끝에 반시계 방향으로 90도 돌리는 연산을 넣어주는게 좋지만 결론적으로 말해서 굳이 방향을 원래대로 맞추지 않더라도 문제가 없어서 돌려주지 않고 끝내는거고 tilt 함수만이 아닌 전체 코드를 보면 이해가 갈 것입니다. 일단 계속 진행하겠습니다.

 

그 다음으로 5번 기울이는 각각의 방향을 정하는건 무조건 할 수 있으셔야 하는데 감시 문제에서 한 것과 똑같이 하면 됩니다. board1 배열은 입력받은 보드의 원본이고 매번 board2에 board1을 복사해 board2를 변형시킬 예정입니다. 아까 tilt 함수에서도 board2의 값을 바꿨습니다.

 

이제 필요한건 다 있으니 전체 코드를 만들면 됩니다.

 

구현에 들어가기 전에 또 시간복잡도에 대해 생각을 해보아야 하는데, 일단 기울임을 처리하기 위해 각 줄에서 O(N)이 필요하니 20 × 20의 연산이 필요합니다. 만약 각 줄에서 O(N2)이었다면 여기에 20이 더 곱해졌을 것입니다. 그리고 기울이는 횟수는 5번입니다. 이 과정은 기울이는 방향이 다 정해졌을 때의 이야기니 가능한 방향의 개수인 45가 추가로 곱해져서 총 2048000이 됩니다. 시간 내로 통과하는데 아무 문제가 없고 기울임 처리를 비효율적으로 짜서 여기에 20이 더 곱해진다고 해도 시간복잡도는 널널합니다. 이제는 구현을 해보겠습니다.

 

(코드) 나름 짧게 짠다고 짰지만 한 슬라이드에 다 담기에는 부족했습니다. 먼저 변수를 보면 board1은 원본 보드를 담는 변수이고 board2는 실제 기울임에 따라 값을 바꾸는걸 처리할 함수입니다. n은 문제에서 주어지는 n입니다.

rotate 함수는 스티커 붙이기 문제에 있는걸 그대로 가져다 썼기 때문에 별도로 설명을 하지 않겠습니다. tilt 함수도 마찬가지로 앞에서 설명을 했으니 넘어가고 일단 지금은 main에서 입력을 받는 부분까지만 나왔습니다.

 

문제에서 요구하는건 5번 이동시켜서 얻을 수 있는 가장 큰 블록이니 그걸 저장하기 위해 mx라는 변수를 뒀습니다.

그 다음으로 43번째 줄부터 이어지는 for문은 45개의 기울이는 방향을 확인하는 부분입니다. 기울이는걸 시작하기 전에 board2에 board1을 복사하고 5번에 걸쳐 기울입니다. 다 끝난 다음에는 mx를 갱신해주고 마지막에 mx를 출력하면 끝입니다.

다음으로 tilt 함수를 5번 실행하는 48~52번째 줄을 보겠습니다. tilt 함수를 설명할 때 말했듯이 tilt 함수는 dir이 0일 때 왼쪽으로, 1일 때 아래쪽으로, 2일 때 오른쪽으로, 3일 때 위쪽으로 단순히 기울이기만 하는 함수가 아닙니다. 1일 땐 아래쪽으로 기울인 후 90도 돌린 결과가 board2에 저장되고 2일 땐 오른쪽으로 기울인 후 180도 돌린 결과가 저장되고 3일 땐 위쪽으로 기울인 후 270도 돌린 결과가 저장됩니다. 이 점이 약간의 혼동을 줄 수는 있는게 예를 들어 tilt(0), tilt(1), tilt(1)을 차례로 실행했다면 언뜻 생각하기에는 왼쪽으로 기울이고 아래쪽으로 2번 기울인 결과가 board2에 저장될 것 같은데 회전된 결과가 저장된다는 점 때문에 실제로는 왼쪽으로 기울이고 아래쪽으로 기울이고 오른쪽으로 기울인 다음 180도 돌린 결과가 board2에 저장됩니다.

tilt에 인자로 들어가는 방향과 실제 원본 보드에서 기울이는 방향이 일치하지 않을 수 있다는 점 때문에 많이 헷갈릴 수 있겠지만 결론적으로 45개의 가능한 모든 조합을 다 해보기 때문에 모든 방향을 다 확인함이 보장됩니다. 이 부분이 잘 와닿지 않는다면 tilt 함수의 끝에 추가적인 회전을 넣어서 인자로 들어가는 방향과 실제 원본 보드에서 기울이는 방향이 일치하도록 만들 수도 있습니다. 예를 들어 dir = 1일 땐 tilt 함수의 끝에 rotate 함수를 3번 실행하도록 하는 방식을 말합니다. 당연히 지금처럼 두나 그렇게 수정을 하나 통과되는건 매한가지입니다.

이 문제에서는 보드를 회전한다는 발상을 통해 tilt 함수를 각 방향에 대해 따로 구현할 필요가 없게 되었습니다. 이 테크닉을 그대로 사용하는 문제가 코딩테스트에 나올 가능성은 거의 없겠지만 문제를 다른 시각으로 생각해보면 코딩 난이도를 확 떨굴 수 있겠구나 하는 점을 익힌걸로 만족하고 넘어가겠습니다. 그리고 지금 이 문제는 Easy입니다. 최대 10번까지 기울이는 Hard 문제도 있는데 쉽지 않지만 한 번 시도해보셔도 재밌을 것 같습니다.

 

마지막 문제는 BOJ 15686번: 치킨 배달 문제입니다. 적당히 긴 설명을 잘 읽어내려가고 나면 문제에서 요구하는걸 알아차릴 수 있습니다. 먼저 폐업시키지 않을 치킨집을 M개 고르고, 그 후에 치킨 거리를 구해야 합니다. 이 문제는 많이 쉽다고 생각이 드는데 아무튼 같이 풀어보겠습니다.

 

일단 문제에서 폐업시키지 않을 치킨집을 최대 M개 고른다고 했으니 구현을 할 때 치킨집을 1개 고르고, 2개 고르고, 이런식으로 M개 이하의 모든 경우를 다 따져봐야 하지 않나 싶을 수 있을텐데 직관적으로 생각했을 때 치킨집이 늘어나면 늘어날수록 치킨 거리는 줄어들 것입니다. 그렇기 때문에 그냥 바로 M개를 골라버리면 됩니다. 도시에 치킨집이 A개 있다고 하면 A개에서 순서를 고려하지 않고 M개를 골라야 하고 이 상황은 순열과 조합 중에서 조합에 해당됨을 알고 있습니다.

A개 중에서 M개를 뽑는 문제는 백트래킹으로 해결할 수 있지만 next_permutation을 쓰면 더 쉽게 날로 먹을 수 있기 때문에 next_permutation으로 코드를 바로 짜보겠습니다. 이 코드는 {0, 0, …, 0, 1, 1, …, 1} 꼴의 배열을 next_permutation으로 돌려 조합을 만드는 코드이고 잘 이해가 안가면 0x0C강 백트래킹을 보고 오면 됩니다. 이 때 chicken은 치킨집의 좌표가 들어있는 vector입니다. 만약 치킨집이 5개이고 M이 2라고 하면 brute는 {0, 0, 0, 1, 1}이 되어서 치킨집 2개를 선택할 수 있도록 합니다. 이렇게 하면 모든 조합을 다 확인할 수 있습니다. 중간의 fill 함수가 헷갈리면 그냥 직접 for문을 돌면서 앞의 chicken.size() - m칸을 0으로 채워넣어도 상관없습니다.

 

그 다음으로는 치킨 거리를 구하면 되는데 이건 그냥 각각의 집에 대해 치킨집과의 거리를 다 따져보면 되니까 어려울게 없습니다. 코드에서 house는 집의 좌표가 들어 있는 vector입니다. brute[i]가 1인 i들에 대해 chicken[i]와 h의 거리를 재어서 tmp를 갱신해주면 tmp에 해당 집의 치킨 거리가 들어갑니다. i가 0부터 chicken.size() - 1까지 다 돈 이후에는 dist에 tmp 값을 추가해주면 됩니다.

 

이 과정의 시간복잡도를 살펴보겠습니다. 먼저 도시의 치킨 거리를 구하려면 각 집에 대해 모든 치킨집과의 거리를 다 계산해야 하니 100 × 13이 필요하고, 폐업시키지 않을 치킨집을 뽑는 경우의 수는 가장 클 때 13개에서 6개를 뽑는 경우이니 13C6이 추가로 곱해져서 2230800이 됩니다. 13C6의 의미를 모르겠거나, 13C6을 계산하는 방법을 모르겠거나, 치킨집을 뽑는 경우의 수가 가장 클 때 13C6인 이유를 모르겠다면 고등학교 수학이나 이산수학에서 순열과 조합쪽을 검색해서 간단하게 살펴보고 오시면 좋겠습니다.

폐업시키지 않을 치킨집을 뽑는 경우의 수가 가장 클 때 13C6인 것만 간단하게 짚고 넘어가자면 일단 치킨집이 13개일 때 가장 크다는건 직관적으로 와닿을거고 13Cx가 가장 큰 값을 가지려면 x가 13/2에 최대한 가까워야 합니다. 그래서 x가 6 혹은 7일 때 최대입니다.

 

(코드) 구현은 크게 어렵지 않아요. 크게 설명이 필요한 부분은 없어보여서 넘어가겠습니다. 32번째 줄에서 쓰인 abs는 말 그대로 절대값을 계산하는 함수이고 cstdlib 헤더와 cmath 헤더에 잘 정의가 되어있기 때문에 정수든 실수든 문제없이 잘 계산해줍니다.

난이도가 크게 높지는 않지만 앞의 연습 문제들 중에서 next_permutation을 쓰는 문제가 없었어서 하나 끼워넣었습니다. 만약 이런 문제가 출제된다면 감사합니다 하고 바로 파바박 코딩한 후에 빠르게 다음 문제로 넘어갈 수 있어야 합니다.

 

이 단원의 문제들은 죄다 구현이 좀 빡세서 한 문제 한 문제가 많이 힘들 것입니다. 그래도 본인 힘으로 풀어봐야 실력이 느니까 오늘 다룬 문제들을 포함해서 그룹에 있는 문제들을 꼭 풀어보면 좋겠습니다. 푼 뒤에는 다른 사람의 코드를 참고해서 좋은 코딩 습관이나 아이디어를 마구 참고하시고, 혹시 도저히 혼자 힘으로 풀지 못하고 다른 사람의 도움을 받아 문제를 해결했다면 철저히 익힌 다음 시간이 지난 후에 스스로 다시 풀어보면 됩니다. 그럼 다음 시간에 만나요.

 

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