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2019 홍익대학교
프로그래밍 경진대회 풀이
2019.11.01

A 나의 학점은
제출 : 136회
정답 : 71명 (정답률 52%)
First Solve : 김X욱님 (3분)
출제자 : wonjaek36

A 나의 학점은?
int score[51], my_score;
for(int i=1; i<=50; ++i)
scanf(“%d”, &score[i]);
scanf(“%d”, &my_score);
for(int i=1; i<=50; ++i){
if(score[i] == my_score){
//i등에 해당하는
//학점을 출력
}
}
이런 실수들이 있었습니다 :
- 인덱스를 0~49로 잡았는데, 등수는 1~50
으로 확인한다.
- score[]안에 내 등수가 없다고 생각하고,
배열 내에서 같은 점수의 등수를 찾지 않는
다.

B 공주님을 구해라!
제출 : 206회
정답 : 11명 (정답률 5%)
First Solve : 김X욱님 (17분)
출제자 : wonjaek36

B 공주님을 구해라!
그람을 얻었으면 벽을 무시하므로, 공주님까지 다이렉트로 갈 수 있습니다.
BFS를 이용해서, ①그람까지의 거리, ②공주님까지의 거리를 구하면
최단거리는 min(①+그람에서 공주님까지의 멘하탄 거리, ②)가 됩니다.
(멘하탄 거리 : |x1−x2|+|y1−y2|)
또는, 그람을 얻었는지의 여부를 기억해 놓으면서, 가지고 있다면 벽을 무시하고 지
나도록 BFS를 돌리셔도 됩니다.

C 달팽이 리스트
제출 : 265회
정답 : 27명 (정답률 10%)
First Solve : 손X용님 (20분)
출제자 : degurii

C 달팽이 리스트
K가 주어질 때마다 반복문을 K번씩 돌리면 시간 복잡도가 O(MK)로 시간 초과를 받게 됩니다.
우선 싸이클에 포함된 노드와 그렇지 않은 노드를 따로 관리합니다.
1) K번 이동해서 도착했을 때 싸이클에 포함된 노드가 아니라면, 쉽게 구할 수 있습니다.
2) K번 이동해서 도착한 노드가 싸이클에 포함된다면,
(K-싸이클에 포함되지 않은 노드 수)%(싸이클에 포함된 노드 수) 를 인덱스로 사용해서
쿼리당 O(1)로 구할 수 있습니다.

D 문자열 화폐
제출 : 150회
정답 : 26명 (정답률 17%)
First Solve : 배X반님 (60분)
출제자 : Green55

D 문자열 화폐
최대한 왼쪽에 앞서는 알파벳을 끼워 넣는게 최적입니다.
ex) AAZZZZZZZ 보다는 ABAAAAAAA이 앞선다.
따라서, 최대한 뒤쪽에 Z를 채워넣어서 문자열의 가치를 높이고,
가치가 충분히 커졌으면 앞쪽엔 A를 채워넣으면 됩니다.
즉, 답은 기본적으로 “AA..AA[?]ZZ..ZZ”의 형태입니다. ([?] = 어떤 알파벳)

D 문자열 화폐
i번째 알파벳이 무엇을 넣을지 결정해봅시다.
1~(i-1)을 A로 채워넣었을 때 문자열의 가치는 1×(i-1) + [i번째 알파벳의 가치] + 26×(N-i)
따라서 1 <= X - 1×(i-1) - 26×(N-i) <= 26이라면,
i에 X - 1×(i-1) - 26×(N-i)번째 알파벳을 넣고, 1~(i-1)을 A로 채워넣을 수 있습니다.
그렇지 않다면, i에는 Z를 채워야합니다.
1 2 ... i-1 i i+1 ... N-1 N
... ? Z Z Z

D 문자열 화폐
예외 : 전부 A로 채워도 안 될만큼 X가 너무 작거나,
전부 Z로 채워도 안 될만큼 X가 너무 크면 불가능합니다.
(출력초과를 받으신 분들은, 대부분 작은 경우를 처리하지 않아서 입니다.)

E 222-풀링
제출 : 32회
정답 : 27명 (정답률 84%)
First Solve : 이X식님 (52분)
출제자 : degurii

E 222-풀링
본문에 나온 대로 구현만 하면 되는 문제입니다.
설명하기가 애매하니 코드로 대체합니다.
int n, p[1100][1100];
int snd_max(int x, int y) {
vector<int> t;
for (int i = x; i < x + 2; i++) {
for (int j = y; j < y + 2; j++) {
t.push_back(p[i][j]);
}
}
sort(t.begin(), t.end());
return t[2];
}

E 222-풀링
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
cin >> p[i][j];
}
}
while (n > 1) {
for (int i = 0; i < n / 2; i++) {
for (int j = 0; j < n / 2; j++) {
int x = i * 2, y = j * 2;
p[i][j] = snd_max(x, y);
}
}
n /= 2;
}
cout << p[0][0];
}

F 이진수씨의
하루 일과
제출 : 18회
정답 : 5명 (정답률 28%)
First Solve : 이X형님 (118분)
출제자 : Green55

F 이진수씨의 하루 일과
“ 진수씨는 그의 일생 동안의 경험으로
큰 이진수를 빠르게 곱하는 것은 매우 어렵다는 것을 알고 있다. ”
평범하게 곱셈 알고리즘을 구현한다면, O(N²)이 걸립니다.
이것보다 빠른 곱셈 알고리즘은 구현이 어렵습니다.
(카라츠바, FFT등으로 O(NlogN))
따라서 수를 직접 곱하지 말고,
곱했을 때 결과의 길이만 빠르게 구하는 방법을 생각해봅시다.

?를 전부 1로 채웠을 때 두 곱의 값이 제일 크고,
?를 전부 0로 채웠을 때 두 곱의 값이 제일 작습니다.
따라서 그렇게 채운 후, A와 B의 곱의 길이만 판별해봅시다.
ex) B = 0?1??면, 최소값 : 11111×0?1?? → 11111×00100 → 11111×100
논의를 위해 B 앞에 쓸데 없는 0은 떼버립니다.
편의상 이런 B의 길이를 M이라고 해보겠습니다. (위의 예는 M = 3)

관찰 1 : A×B는 아무리 커도 최대 (N+M)자리이다.
B가 가장 큰 경우는 111...11일 때 입니다. 이 경우,

관찰 2 : A×B는 아무리 작아도 최소 (N+M-1)자리이다.
B가 가장 작은 경우는 100...00일 때 입니다. 이 경우,
명백하게 (N+M-1)자리입니다.
111111
× 1000
111111000

그렇다면 답은 N+M, N+M-1 중 하나입니다.
그런데 제일 작은 B=1000보다 딱 1 더 큰 B=1001일 때,
111111×1001 = (111111×1000) + 111111
올림이 일어나서 N+M-1자리를 넘어버립니다.
(111111000은, 1000만 더해도 올림이 일어납니다.)
따라서, B가 100...00 꼴이면 답은 N+M-1 이고,
맨 앞 비트 외에 1이 하나라도 있으면 답은 N+M 입니다.
예외 : B = 1을 주의하세요! B는 맨 앞 비트 외에 1인 비트가 없습니다.
111111
× 1000
111111000
+ 111111
1000110111

하지만… 검수 때는 제가 파이썬으로 시간초과가 났는데, 본대회 중 학우분께서
두 이진수를 직접 곱하는 방법으로 풀어버렸습니다
(파이썬은 큰 수의 연산을 지원합니다)
제가 부족한 따름입니다. 죄송합니다 😢

G 면접보는 승범이네
제출 : 7회
정답 : 1명 (정답률 14%)
First Solve : 이X성님 (173분)
출제자 : degurii

문제를 해결하기 위해 그래프의 각 노드에서 가장 가까운 면접장까지의
최단 거리를 구해야 합니다.
따라서 최단 거리 알고리즘, 특히 다익스트라를 써야 한다는 것을 알 수 있습니다.
하지만 모든 노드에서 다익스트라를 돌려 답을 구할 경우,
O(VElogE)로 시간초과를 받게 됩니다.
이를 해결하기 위해 알아야 할 두 가지를 다음 페이지에서 설명합니다.

1) 역 그래프에서 돌린 다익스트라 한 번으로 원본
그래프의 모든 노드에서 특정 노드 x까지의 최
단 경로를 구할 수 있습니다.
임의의 그래프와 그 그래프의 간선 방향을 뒤집은 역
방향 그래프가 있다고 합시다.
이때 역방향 그래프에서 노드 x를 시작점으로 다익스
트라를 돌려 거리배열 dst[]를 얻을 수 있는데, 원본 그
래프와 역 그래프에서 해석이 달라집니다.
역 그래프에서 dst[i]는 x->i까지의 최단 거리이고, 놀
랍게도 원본 그래프에서의 dst[i]는 i->x까지의 최단
거리를 뜻합니다.
[원본 그래프] [역방향 그래프]

2) 다익스트라 알고리즘은 시작점이 여러 개여도 됩니다.
보통 다익스트라 알고리즘에서 시작점은 하나만 있어야 한다고 생각할 수 있습니다.
하지만 다익스트라의 원리가 ‘현재까지 최단 거리임이 보장된 정점’들의 코스트를 기반으로 ‘아직 보장되지
않은 정점’ 중 코스트가 가장 작은 정점을 확장해나가는 방식인 것을 생각해보면 시작점이 여러 개여도 상
관없다는 것을 알 수 있습니다. 최단 거리임을 보장하기만 한다면요!
여러 개의 시작점 v1, v2, …, vn 이 있을 때 각 점의 최단 거리는 당연히 0일 것이니, 거리를 0으로 설정하
고 시작점 모두를 큐에 넣어 다익스트라를 돌리면 됩니다.
그 결과로 얻는 최단 거리는 어떤 시작점에서 출발했는지는 알 수 없지만, 어쨌든 시작점에서 출발해 임의
의 노드까지 가는 가장 짧은 거리라는 뜻입니다.

문제를 해결하기 위해 앞에서 설명한 두 가지를 한 번에 사용하면 됩니다.
우선 모든 간선의 방향을 뒤집습니다. 이 그래프에서 임의의 면접장 x를 시작점으로 다익스트라를 돌리면
원본 그래프의 (모든 노드들→x) 까지의 최단 거리를 구할 수 있습니다.
(1 ≤ 면접장의 개수 ≤ N) 이므로 각 면접장마다 다익스트라를 돌리면 시간 초과입니다.
그러지 않고 모든 면접장을 한 번에 큐에 넣어 다익스트라를 돌리면 시간내에 문제를 해결할 수 있습니다.

I 대기업 승범이네
제출 : 0회
정답 : 0명
First Solve : -
출제자 : Green55

어떤 노드 X와, X의 자손들을 전부 선택하면
트리입니다. 이것을 X의 서브트리라고 합니다.
이런 성질을 이용해서,
트리에도 DP를 적용 시킬 수 있습니다.
트리 DP는 탑-다운(재귀 방식)으로 하는게 편합니다.
바텀-업(반복문)을 사용하려면,
트리의 높이를 파악해 아래부터 채워나가야 하기 때문에
어차피 DFS를 한번 돌려야합니다.

X의 서브트리 안에서 최적의 답을 구할 때,
X 말고는 서브트리 외부와 멘토링을 맺을 가능성이 없습니다.
즉, X가 X의 사수와 멘토링을 하는지의 여부 외에는,
서브트리 외부의 멘토링 관계를 기억 할 필요가 없습니다.
따라서 다음과 같은 점화식을 세워봅시다.
dp[X][hasMento] =
X가 X의 사수와 멘토링을 맺을 때(hasMento=1), 혹은 맺지 않을 때(hasMento=0), X
의 서브트리에서의 시너지의 합의 최대값

케이스 1 : X가 X의 사수와 멘토링을 맺을 때
X는 이미 멘토가 있으니, X의 부사수들은 X를 멘토로 가질 수 없습니다.
그냥 X의 부사수들의 서브트리에서, 최적의 답을 구해 전부 더해주면 됩니다.
X의 부사수를 C1, C2, C3, … 라고 하면
dp[X][1] = dp[C1][0] + dp[C2][0] + dp[C3][0]…

케이스 2 : X가 X의 사수와 멘토링을 맺지 않을 때
케이스 1에서 추가로, X와 X의 부사수 한명이 멘토링 하는 경우도 고려해야 합니다.
dp[X][1] = max{
dp[C1][0] + dp[C2][0] + … // X가 아무와도 멘토링 하지 않음
실력[X]*실력[C1] + dp[C1][1] + dp[C2][0] + … // X와 C1이 멘토링을 맺음
실력[X]*실력[C2] + dp[C1][0] + dp[C2][1] + … // X와 C1이 멘토링을 맺음
...

실력[X]*실력[C1] + dp[C1][1] + dp[C2][0] + … ①
실력[X]*실력[C2] + dp[C1][0] + dp[C2][1] + … ②
…
을 전부 일일이 구하면, 시간이 너무 오래걸립니다. (자식의 수가 C면, O(C²))
따라서 (dp[C1][0] + dp[C2][0] + dp[C3][0]...)을 미리 O(C)로 구해놓고,
① = (dp[C1][0] + dp[C2][0] + dp[C3][0]...) - dp[C1][0] + dp[C1][1] + 실력[X]*실력[C1]
② = (dp[C1][0] + dp[C2][0] + dp[C3][0]...) - dp[C2][0] + dp[C2][1] + 실력[X]*실력[C2]
면 하나당 O(1)에 구할 수 있습니다.

J 사자와 토끼
제출 : 3회
정답 : 0명
First Solve : -
출제자 : Green55

J 사자와 토끼
왠만하면 게임이 끝납니다.
게임이 끝나지 않으려면, 토끼와 사자가 아무리 노력해도 만날 수 없는 특수한
케이스의 그래프여야합니다.
이런 그래프는 어떻게 생겼을까요?

J 사자와 토끼
홀수번째 턴에는
토끼는 항상 왼쪽 수풀에,
사자는 항상 오른쪽 수풀에 있습니다.
짝수번째 턴에는
사자는 항상 왼쪽 수풀에,
토끼는 항상 오른쪽 수풀에 있습니다.
이러면 둘이 항상 엇갈려서
절대 만날 수 없습니다.

J 사자와 토끼
색을 칠해보겠습니다.
빨간 수풀과 인접한
빨간 수풀은 하나도 없습니다.
파란 수풀도 마찬가지입니다.
이런 그래프를
이분 그래프(Bipartite Graph) 라고 합니다.

J 사자와 토끼
아무 정점이나 잡고 빨간색으로 칠합시다.
DFS나 BFS로 그래프를 순회하며, 현재 정점과 인접한 정점 중
처음 방문하는 정점, 즉 색칠되지 않은 정점을 찾았으면
그 색을 현재 정점과 반대 색으로 칠합니다.
이렇게 칠한 후, 같은 색인 수풀을 연결하는 길이 하나라도 있다면,
이분 그래프가 아니므로 답은 0입니다.
(잘 구현하면 BFS/DFS 한 번으로도 가능합니다.)

J 사자와 토끼
이분 그래프라면,
빨간색 정점의 개수 = R
파란색 정점의 개수 = B
일 때 답은 R * B * 2입니다.
(토끼가 왼쪽, 사자가 오른쪽에 시작하는 경우 R*B
+ 토끼가 오른쪽, 사자가 왼쪽에서 시작하는 경우 R*B)

K 홍익대학교
지하캠퍼스
제출 : 0회
정답 : 0명
First Solve : -
출제자 : rltjqdl1138

K 홍익대학교 지하캠퍼스
1. 지하 1층부터 지하 N층까지를 각각의 층을 Vertex로 생각하는 그래프를 만
듭니다.

2. 건물 모델을 한 개 입력받을 때 마다 가능한 모든 간선을 추가합니다.
예를들어 H1=2, E11=1, E12=2인 모델을 입력하면
오른쪽 그림과 같이 초록 간선이 추가됩니다.
( 해당 모델은 1층과 2층을 연결할 수 있고
2층과 3층을 연결할 수 있고, …
4층과 5층을 연결할 수 있기 때문입니다. )

다음으로 H2=4, E21=4, E22=1인 모델을 입력하면
오른쪽 그림과 같이 빨간 간선이 추가됩니다.
( 해당 모델은 1층과 4층을 연결할 수 있고
2층과 5층을 연결할 수 있기 때문입니다. )

다음으로 H3=4, E31=2, E32=3인 모델을 입력하면
기존의 초록 간선과 T값을 비교합니다.
초록 간선의 Weight( T1 )가 파란 간선의 Weight( T3 ) 보다
클 경우, 오른쪽 그림처럼 간선의 weight를 갱신합니다.
만약 T1 < T3 라면 weight를 갱신하지 않고 넘어갑니다.

3. 완성된 그래프를 이용해 최단거리 ( 최소 비용 )을 구합니다.
이 때 시작점은 R, 끝 점은 D로 생각하여
최단거리 알고리즘을 구현합니다.
( 최단거리 알고리즘에 대한 내용은 생략하겠습니다.
음수의 간선이 없으므로 Dijkstra를 사용하는 것이
무난한 풀이 방법으로 생각됩니다. )

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2019 홍익대학교 프로그래밍 경진대회 풀이 슬라이드 (Open Contest용)

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