이것 저것 &

문제링크:https://www.acmicpc.net/problem/1072

일반 반복탐색은 1000000000번 탐색을 반복해야하기 때문에 무조건 시간초과(대략 10초)

킹반적인 이분탐색문제입니다.

이분탐색 개념이 모호하시다면, 아래 링크를 참고하세요! 

https://cjh5414.github.io/binary-search/

접근방식

1. 일반적인 반복은 시초니까 이분탐색을 사용해보자

문제풀이 

1. result 를 -1로 저장한다. 만약 불가능하다면 result 값을 갱신하지 않아서 -1이 그대로 남게 된다.

2. 일반적인 이분탐색 방식으로 구현 코드를 보면 이해가 더 빠를듯

정답 코드입니다.

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

double x, y;
double z;
int result = -1;


int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	cin >> x >> y;
	z = (y * 100) / x;
	z = floor(z);

	int low = 1;
	int high = 1000000000;

	while (low <= high) {
		int mid = (low + high) / 2; // 범위 ㄱㅊ
		double val = (double)((y + mid) * 100) / (x + mid);
		val = floor(val);
		if (val > z) {
			result = mid;
			high = mid - 1;
		}
		if (val <= z) {
			low = mid + 1;
		}
	}


	cout << result << endl;

	return 0;
}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/16946

사소한 부분에서 틀렸던 문제...

4일 동안 반례를 못찾고 시름시름 앓고 있었는데, bamgoesn 님께서 반례를 찾아주셨다. ㅠㅠ

다시 한번 감사드립니다. ㅠㅠ

구현 + bfs 문제입니다. 

어떻게 보면 시뮬레이션이기도 하고, bfs 심화같기도 한 문제.

접근방식

1. 우선 빈칸들의 좌표별로 이동가능한 값들을 저장해야한다.

이때, 구획별로 번호를 매겨주어서 벽을 허물었을 때, 중복으로 구획을 세지 않도록 한다.

2. 벽을 하나씩 부서보면서 해당하는 좌표의 값을 도출한다. 

문제풀이 

1. bfs를 통해서 빈 좌표별로 이동가능한 최대한 값을 도출한다.

2. 다시 한번 bfs를 통해 이번엔 구획에 해당하는 모든 값들에 이동가능한 값과 구획번호를 저장

3. 벽 좌표를 vector에 저장하고 하나씩 부서보면서 결과를 도출

이때, 구획번호가 중복이 되지 않겠끔 vector에 구획번호를 저장하면서 4방향을 모두 확인 

정답코드입니다. 

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n, m;
int arr[1001][1001] = { 0, };
vector <pair<int, int>> block;
int result[1001][1001] = { 0, };

int visited[1001][1001][2] = { 0, }; // 첨에는 이동 가능한 개수를 저장할거고, 두번째에는 고유 영역 값을 저장할 예정
int vis_cnt = 1; // 구획의 첫 번호는 1부터 

bool temp_v[1001][1001] = { 0, }; //난 bfs로 구현할거야, 얘는 탐색을 위해 사용할 배열

int y_ar[4] = { -1,0,1,0 };
int x_ar[4] = { 0,1,0,-1 };


void bfs(int ty, int tx) {

	// 1. temp_v를 사용해서 이동 가능한 개수 파악하기
	int maxed = 1;
	temp_v[ty][tx] = 1;
	queue <pair<int, int>> que;
	que.push(make_pair(ty, tx));

	while (!que.empty()) {
		int cy = que.front().first;
		int cx = que.front().second;
		que.pop();

		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			int ny = cy + y_ar[i];
			int nx = cx + x_ar[i];
			if (ny < 0 || ny >= n || nx < 0 || nx >= m || arr[ny][nx] != 0)
				continue;
			if (temp_v[ny][nx] != 0)
				continue;
			temp_v[ny][nx] = 1;
			que.push(make_pair(ny, nx));
			maxed++;
		}
	}
	//cout << maxed << endl;

	// 2. visited에 이동가능한 개수와 자신의 구획번호를 입력하기 
	visited[ty][tx][0] = maxed;
	visited[ty][tx][1] = vis_cnt;
	que.push(make_pair(ty, tx));

	while (!que.empty()) {
		int cy = que.front().first;
		int cx = que.front().second;
		que.pop();

		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			int ny = cy + y_ar[i];
			int nx = cx + x_ar[i];
			if (ny < 0 || ny >= n || nx < 0 || nx >= m || arr[ny][nx] != 0)
				continue;
			if (visited[ny][nx][0] != 0)
				continue;
			visited[ny][nx][0] = maxed;
			visited[ny][nx][1] = vis_cnt;
			que.push(make_pair(ny, nx));
		}
	}



	vis_cnt++; //인덱스를 하나 올려준다.


}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);

	cin >> n >> m;

	for (int i = 0; i < n; i++) {
		string temp;
		cin >> temp;
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			arr[i][j] = temp[j] - '0';
			if (arr[i][j] == 1)
				block.push_back(make_pair(i, j));
		}
	}

	//cout << block.size() << endl;

	//1. 영역별로 마킹하기!

	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < m; j++)
			if (temp_v[i][j] == 0 && arr[i][j] == 0) { // 벽이 아니고, 방문한 적이 없다면 탐색해야해!
				bfs(i, j);
			}

	/*
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			cout << visited[i][j][1] << ' ';
		}
	cout << endl;
	}
	*/

	//2. 벽을 하나씩 부수면서 이동가능한 결과값을 도출하는 과정 

	vector <int> index; // index 값들을 임시 저장할 친구 
	for (int i = 0; i < block.size(); i++) {
		index.clear();
		int val = 1; //자신을 포함해야 하니 1 부터 시작한다. 
		
		int y = block[i].first;
		int x = block[i].second;

		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			bool flag2 = true;
			int ny = y + y_ar[j];
			int nx = x + x_ar[j];

			if (ny < 0 || ny >= n || nx < 0 || nx >= m || arr[ny][nx] == 1)
				continue;
			for (int i = 0; i < index.size(); i++)
				if (visited[ny][nx][1] == index[i]) {
					flag2 = false;
					break;
				}
			if (flag2 == true) {
				val += visited[ny][nx][0];
				index.push_back(visited[ny][nx][1]);
			}
			
		}

		result[y][x] = val % 10;
	}


	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++)
			printf("%d", result[i][j]);
		printf("\n");
	}

}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/14466

문제를 이해하는데 오래 걸렸습니다.

즉 N x N 구역의 좌표들에 소가 분포해있습니다.

문제에서 주어지는 길을 피해서 이동하여 소들은 만날 수가 있겠죠.

하지만 특정한 소들은 꼭 길을 포함해서 이동할때에만 만날 수가 있습니다.

그 소의 개수를 출력하라는 문제입니다.

문제에서 주어진 예시에서는 

A(3,3), B(2,2), C(2,3)  이렇게 3마리 소가 있습니다. 

B(2,2)와 C(2,3)는 2,2 -> 1,2 -> 1,3 -> 2,3 경로로 움직여서 길을 포함하지 않더라도 만날 수 있습니다.

하지만 A,B와 A,C는 길을 포함하지 않고 만날 수 가 없습니다. 

그래서 총 2쌍이라는 겁니다.

접근방식

1. 일반적인 bfs로 구현해보자

문제풀이 

1. 길을 마킹할 배열 arr[101][101][4] 를 생성 북,동,남,서 순으로 이동이 불가한 위치를 표시할 용도

2. bfs를 통해 소 기준으로 이동이 불가한 소들을 도출

3. bfs를 반복해줄때, 이전 소들은 확인할 필요없이 자신보다 인덱스가 높은 소들만 확인해주면서 넘어가야 중복이 안생김

코드를 직접 확인하는게 더 빠를 것 같음

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;

int n, k, R;
int arr[101][101][4] = { 0, }; // 4방향에 대해서 길이 있을 수 있으니.. 북 동 남 서 순으로 저장할거
bool visited[101][101];
int y_ar[4] = { -1,0,1,0 };
int x_ar[4] = { 0,1,0,-1 };

vector <pair<int, int>> cow;
int result = 0;
void bfs(int sy, int sx) {

	queue <pair<int, int >> que;
	que.push(make_pair(sy, sx));
	visited[sy][sx] = 1;

	while (!que.empty()) {
		int cy = que.front().first;
		int cx = que.front().second;
		que.pop();

		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			if (arr[cy][cx][i] == 1) continue; //도로가 있는건 탐색 안해줄거야
			int ny = cy + y_ar[i];
			int nx = cx + x_ar[i];

			if (ny <1 || ny > n || nx < 1 || nx > n || visited[ny][nx] == 1)
				continue;
			que.push(make_pair(ny, nx));
			visited[ny][nx] = 1;
		}



	}


}
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	cin >> n >> k >> R;

	int r, c, rr, cc;
	for (int i = 0; i < R; i++) {
		cin >> r >> c >> rr >> cc;
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			int nr = r + y_ar[j];
			int nc = c + x_ar[j];
			if (nr == rr && nc == cc) {
				arr[r][c][j] = 1; // 다리 생성
				arr[rr][cc][(j + 2)%4] = 1;
			}
		}
	}

	for (int i = 0; i < k; i++) {
		cin >> r >> c;
		cow.push_back(make_pair(r, c)); 
	}

	for (int i = 0; i < k; i++) {
		memset(visited, 0, sizeof(visited));
		bfs(cow[i].first, cow[i].second);

		for (int j = i + 1; j < k; j++) {
			if (visited[cow[j].first][cow[j].second] == 0)
				result++;
		}
	}


	cout << result << endl;
	return 0;
}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/1956

대표적인 플로이드 와샬 문제입니다.

플로이드 와샬에 대한 이해가 필요합니다. 

O(V^3) 만큼 반복하면서 모든 노드의 최단거리를 도출하고 결과값을 도출하는 문제입니다.

아래는 정답 코드입니다.

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
/*

주의점
1. 중복경로에 대한 예외처리
2. long long
*/

int v, e;
long long arr[401][401];

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	cin >> v >> e;
	for (int i = 1; i <= v; i++)
		for (int j = 1; j <= v; j++) {
			if (i == j) arr[i][j] = 0;
			else arr[i][j] = 2000000000; 	
		}

	int a, b, c;
	for (int i = 0; i < e; i++) {
		cin >> a >> b >> c;
		if (arr[a][b] > c) //중복경로
			arr[a][b] = c;
	}

	//플로이드 와샬
	for (int k = 1; k <= v; k++)
		for (int i = 1; i <= v; i++)
			for (int j = 1; j <= v; j++)
				arr[i][j] = min(arr[i][j], arr[k][j] + arr[i][k]);

	long long result = 2000000000;

	for (int i = 1; i <= v; i++)
		for (int j = 1; j <= v; j++) {
			if (i == j) continue;
			result = min(result, arr[i][j] + arr[j][i]);
		}
	if (result == 2000000000)
		cout << -1 << endl;
	else
		cout << result << endl;
	return 0;
}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/16954

bfs, 시뮬레이션 문제

접근방식

1. 욱제라는 사람의 이동은 bfs로 구현이 가능

2. 욱제이동과 벽이동을 번갈아가며 진행하면서 결과값을 도출하자

문제풀이 

1. bfs를 통해서 이동이 가능한 경로를 저장하며 진행

이때, 방문노드는 매턴마다 초기화하는데 그 이유는 다음턴에 다시 해당좌표로 이동할수도 있기 때문

........

........

........

........

........

.#######

#.......

........

ex) 위와 같은 예제에서 첨좌표로 되돌아 오는 것

2. 벽이동은 벽좌표들을 vector에 넣어 관리하며 진행 

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;

typedef struct a {
	int y;
	int x;
}dir;

dir d[9] = { {0,0}, {-1,0},{-1,1},{0,1},{1,1},{1,0},{1,-1},{0,-1},{-1,-1} };
string arr[8]; // 0base; 시작점은 7,0 도착점은 0,7 이다.
vector <dir> vec; // 벽을 저장할 벡터
queue <dir> que;

bool result = 0;
bool visited[8][8];

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	for (int i = 0; i < 8; i++) {
		cin >> arr[i];
		for (int j = 0; j < 8; j++) {
			if (arr[i][j] == '#')
				vec.push_back({ i,j });
		}
	}
	que.push({ 7,0 });

	while (!que.empty()) { //큐가 비었으면 종료되는 구조 

		//1. 욱제의 이동
		int cnt = que.size();
		memset(visited, 0, sizeof(visited));

		while (cnt--) { // 갯수만큼

			int y = que.front().y;
			int x = que.front().x;
			que.pop();
			

			if (y == 0 && x == 7) {
				result = true;
				break;
			} 
			if (arr[y][x] == '#') //벽이 캐릭터가 있는 칸으로 이동하면 더 이상 캐릭터는 이동할 수 없다.
				continue;

			for (int i = 0; i < 9; i++) {
				int ny = y + d[i].y;
				int nx = x + d[i].x;
				if (ny < 0 || ny > 7 || nx < 0 || nx > 7 || arr[ny][nx] == '#') //방문여부는 체크하지 않는다 왔다 갔다 할수도 있자나 
					continue;
				if (visited[ny][nx] == 1)
					continue;
				visited[ny][nx] = 1;
				que.push({ ny,nx });
			}
		}

		//2. 벽이동
		
		for (int i = 0; i < 8; i++)
			arr[i] = "........";
		for (int i = 0; i < vec.size(); i++) {
			int y = vec[i].y;
			int x = vec[i].x;

			if (y == 7) {
				vec.erase(vec.begin() + i);
				i--;
			
				continue;
			}


			arr[y + 1][x] = '#';
			vec[i].y++;

		}

		if (result == true) //도달했으면 조기종료 
			break;
		
		/*
		cout << endl;
		for (int i = 0; i < 8; i++) {
			for (int j = 0; j < 8; j++)
				cout << visited[i][j];
			cout << endl;
		}
		cout << endl;
		for (int i = 0; i < 8; i++) {
			for (int j = 0; j < 8; j++)
				cout << arr[i][j];
			cout << endl;
		}
		cout << "quesize " << que.size() << endl;
		*/
	}


	cout << result << endl;
	return 0;
}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/2151

bfs문제

6087번 레이저 통신과 흡사 

접근방식

1. bfs를 통해서 접근하는 방법을 고안

2. 방향마다 visited(방문값)을 구해주며 진행하여 결과값을 도출하자

문제풀이 

1. 큐에는 현재 좌표, 거울의 개수 순으로 저장

2. visited에는 4방향별로 최소값을 적으며 bfs를 진행

코드로 이해하는게 더 빠를 것 같음

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef struct a {
	int y;
	int x;
}dir;

int n;
string arr[50];
vector <dir> door;
int visited[50][50][4];
dir d[4] = { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0} };

void bfs() {

	queue <pair<pair<int, int>,int>> que; // 좌표 방향
	for (int i = 0; i < 4; i++) {
		que.push(make_pair(make_pair(door[0].y, door[0].x),i));
		visited[door[0].y][door[0].x][i] = 1;
	}

	while (!que.empty()) {
		int y = que.front().first.first;
		int x = que.front().first.second;
		int dir = que.front().second;
		que.pop();

		int ny = y + d[dir].y;
		int nx = x + d[dir].x;
		if (ny < 0 || ny >= n || nx < 0 || nx >= n || arr[ny][nx] == '*')
			continue;

		if (arr[ny][nx] == '.' || arr[ny][nx] == '#') {
			if (visited[ny][nx][dir] > visited[y][x][dir] ||  visited[ny][nx][dir] == 0) {
				visited[ny][nx][dir] = visited[y][x][dir];
				que.push(make_pair(make_pair(ny, nx), dir));
			}
		}
		else if (arr[ny][nx] == '!') {
			if (visited[ny][nx][dir] > visited[y][x][dir]) { //거울 설치 x 
				visited[ny][nx][dir] = visited[y][x][dir];
				que.push(make_pair(make_pair(ny, nx), dir));
			}
			for (int i = 1; i <= 3; i += 2) {
				if (visited[ny][nx][(dir + i) % 4] > visited[y][x][dir] + 1) { // 거울 설치 1
					visited[ny][nx][(dir + i) % 4] = visited[y][x][dir] + 1;
					que.push(make_pair(make_pair(ny, nx), (dir + i) % 4));
				}
			}
			
		}

	}

}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> arr[i];
		for (int j = 0; j < n; j++) {
			if (arr[i][j] == '#')
				door.push_back({ i,j });
			for (int k = 0; k < 4; k++)
				visited[i][j][k] = 2000000000;
		}
	}

	bfs();


	int result = 2000000000;
	for (int i = 0; i < 4; i++) {
		if(visited[door[1].y][door[1].x][i] != 0)
			result = min(result, visited[door[1].y][door[1].x][i]);
	}
	cout << result - 1 << endl;

	return 0;
}

문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/11404

문제 제목처럼 플로이드 와샬 알고리즘 문제이지만.. 다익스트라로 풀었다... (속도차이도 크게 안나요.. 취존...)

접근방식

1. 전형적인 최단거리를 구하는 문제 

2. 다만 모든 좌표에 한해서 최단거리를 구해야하기 때문에 플로이드 와샬문제지만 

쿨하게 다익스트라로 모든 좌표에 대한 최단 거리를 구하고 출력해주었다. 

문제풀이 

1. 전형적인 다익스트라로 구현

2. 모든 점에서 다익스트라 호출

주의할 점은 연결이 불가한 경우엔 0을 출력하는것

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;

int n, m;
vector <pair<int, int>> vec[101];
int dist[101];

void dijkstra(int num) {
	priority_queue <pair<int, int>> que;
	que.push(make_pair(0, num));
	dist[num] = 0;

	while (!que.empty()) {
		int cost = que.top().first * -1;
		int cur = que.top().second;
		que.pop();

		for (int i = 0; i < vec[cur].size(); i++) {
			int before_v = dist[vec[cur][i].first];
			int current_v = dist[cur] + vec[cur][i].second;

			if (current_v < before_v) {
				dist[vec[cur][i].first] = current_v;
				que.push(make_pair(current_v*-1, vec[cur][i].first));
			}

		}


	}

}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	cin >> n >> m;
	int from, to, cost;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> from >> to >> cost;
		vec[from].push_back(make_pair(to, cost));
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) { // 매 줄마다 반복할거

		for (int j = 1; j <= n; j++)
			dist[j] = 2000000000;

		dijkstra(i);

		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (dist[j] == 2000000000)
				printf("0 ");
			else
				printf("%d ", dist[j]);
		}
		printf("\n");
	}

	return 0;
}

 문제링크: https://www.acmicpc.net/problem/11657

노드마다 최소비용을 구하는 밸만 포드

접근방식

1. 노드마다 최소비용을 구해야 함으로 다익스트라인가 생각함

2. 음수값이 포함됨으로 밸만포드로 구현하자

문제풀이 

1. 전형적인 밸만포드문제. 얍문님 블로그만큼 설명을 잘할 자신이 없어서 링크 첨부

https://yabmoons.tistory.com/365

2. 조심해야할 부분은 dist배열을 long long 자료형을 사용해야 된다는점

정답 코드

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int n, m;
vector<pair<pair<int, int>, int>> vec;
long long dist[501];
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	cin >> n >> m;

	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int from, to, cost;
		cin >> from >> to >> cost;
		vec.push_back(make_pair(make_pair(from, to), cost));
	}



	for (int i = 1; i <= n; i++)
		dist[i] = 2000000000;

	dist[1] = 0;

	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
		for (int j = 0; j < vec.size(); j++) {
			int from = vec[j].first.first;
			int to = vec[j].first.second;
			int cost = vec[j].second;

			if (dist[from] == 2000000000) continue;
			if (dist[to] > dist[from] + cost) {
				dist[to] = dist[from] + cost;
			}

		}

	}

	for (int j = 0; j < vec.size(); j++) {
		int from = vec[j].first.first;
		int to = vec[j].first.second;
		int cost = vec[j].second;

		if (dist[from] == 2000000000) continue;
		if (dist[to] > dist[from] + cost) {
			cout << -1 << endl;
			return 0;
		}

	}

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (dist[i] == 2000000000)
			cout << -1 << endl;
		else
			cout << dist[i] << endl;
	}


	return 0;
}