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동적 계획법은 현재 문제를 부분문제로 나눈 뒤 현재 문제의 답을 구한다는 점에서 분할정복과 비슷하지만
분할 정복은 부분문제를 한번만 계산하게 되는 반면,
동적 계획법은 같은 부분문제를 여러 차례 계산한다.
따라서 중복적인 계산을 피하기 위해 메모이제이션 기법이 반드시 필요하며,
두번 이상 계산되는 부분문제를 중복되는 부분문제 (overlapping subproblems) 라고 부른다.
(a)는 분할 정복 (b)는 동적 계획법
bino(2, 1)은
입력 n과 r 이 정해져 있을 떄 bino(n, r) 의 반환값이 일정
∴ 한번 계산한 값을 저장해 뒀다가 재활용하는 최적화 기법을 사용해야 함
이와 같이
두번이상 반복 계산되는 부분 문제들의 답을 미리 저장함으로써, 속도의 향상을 꾀하는 알고리즘 설계 기법을 동적 계획법이라고 한다.
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p. 175 ~ p. 205
재귀호출 |
분할 정복 |
1 문제 + 나머지 (재귀호출) |
부분문제 (재귀호출) + 부분문제 (재귀호출) |
1 ~ N 합 | |
N 번의 호출 | lgN 번의 호출 |
sum(n-1) + n |
|
병합 정렬 (Merge Sort) |
퀵 정렬 (Quick Sort) |
O(nlgn) |
O(nlgn) |
병합 단계에서 연산 수행 |
분할 단계에서 연산 수행 |
pivot 잘못 선택 시 최악의 경우 O(n²) 이 될 수 있음 |
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https://www.acmicpc.net/problem/1600
동물원에서 막 탈출한 원숭이 한 마리가 세상구경을 하고 있다. 그 녀석은 말(Horse)이 되기를 간절히 원했다. 그래서 그는 말의 움직임을 유심히 살펴보고 그대로 따라 하기로 하였다. 말은 말이다. 말은 격자판에서 체스의 나이트와 같은 이동방식을 가진다. 다음 그림에 말의 이동방법이 나타나있다. x표시한 곳으로 말이 갈 수 있다는 뜻이다. 참고로 말은 장애물을 뛰어넘을 수 있다.
x | x | |||
x | x | |||
말 | ||||
x | x | |||
x | x |
근데 원숭이는 한 가지 착각하고 있는 것이 있다. 말은 저렇게 움직일 수 있지만 원숭이는 능력이 부족해서 총 K번만 위와 같이 움직일 수 있고, 그 외에는 그냥 인접한 칸으로만 움직일 수 있다. 대각선 방향은 인접한 칸에 포함되지 않는다.
이제 원숭이는 머나먼 여행길을 떠난다. 격자판의 맨 왼쪽 위에서 시작해서 맨 오른쪽 아래까지 가야한다. 인접한 네 방향으로 한 번 움직이는 것, 말의 움직임으로 한 번 움직이는 것, 모두 한 번의 동작으로 친다. 격자판이 주어졌을 때, 원숭이가 최소한의 동작으로 시작지점에서 도착지점까지 갈 수 있는 방법을 알아내는 프로그램을 작성하시오.
첫째 줄에 자연수 K가 주어진다. 둘째 줄에 격자판의 가로길이 W, 세로길이 H가 주어진다. 그 다음 H줄에 걸쳐 W개의 숫자가 주어지는데, 0은 아무것도 없는 평지, 1은 장애물을 뜻한다. 장애물이 있는 곳으로는 이동할 수 없다. 시작점과 도착점은 항상 평지이다. W와 H는 1이상 200이하의 자연수이고, K는 0이상 30이하의 정수이다.
첫째 줄에 원숭이의 동작수의 최솟값을 출력한다. 시작점에서 도착점까지 갈 수 없는 경우엔 -1을 출력한다.
1 4 4 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 |
4 |
import
java.io.BufferedReader;
import
java.io.FileInputStream;
import
java.io.InputStreamReader;
import
java.util.LinkedList;
import
java.util.Queue;
import
java.util.StringTokenizer;
class
Monkey {
int
x;
// 좌표 x
int
y;
// 좌표 y
int
k;
// 말처럼 이동한 횟수: 이동 방법 결정을 위해
int
n;
// 전체 이동 횟수: 정답출력을 위해
Monkey(
int
x,
int
y,
int
k,
int
n) {
this
.x = x;
this
.y = y;
this
.k = k;
this
.n = n;
}
}
public
class
Main {
public
static
int
K;
public
static
int
W;
public
static
int
H;
public
static
int
[][] map;
public
static
boolean
[][][] visited;
public
static
int
[] hx = {
2
,
2
,
1
,
1
, -
1
, -
1
, -
2
, -
2
};
public
static
int
[] hy = {
1
, -
1
,
2
, -
2
,
2
, -
2
, -
1
,
1
};
public
static
int
[] mx = {
1
,
0
,
0
, -
1
};
public
static
int
[] my = {
0
,
1
, -
1
,
0
};
public
static
int
bfs() {
Queue<Monkey> queue =
new
LinkedList<Monkey>();
queue.add(
new
Monkey(
0
,
0
,
0
,
0
));
visited[
0
][
0
][
0
] =
true
;
while
(!queue.isEmpty()) {
Monkey box = queue.remove();
int
x = box.x;
int
y = box.y;
int
k = box.k;
int
n = box.n;
if
(x == H -
1
&& y == W -
1
) {
return
n;
}
// 말처럼 이동
if
(k < K) {
for
(
int
i =
0
; i <
8
; i++) {
int
xx = hx[i] + x;
int
yy = hy[i] + y;
if
(
0
<= xx && xx < H &&
0
<= yy && yy < W && map[xx][yy] !=
1
&& !visited[xx][yy][k +
1
]) {
visited[xx][yy][k +
1
] =
true
;
queue.add(
new
Monkey(xx, yy, k +
1
, n +
1
));
}
}
}
// 1칸씩만 이동
for
(
int
i =
0
; i <
4
; i++) {
int
xx = mx[i] + x;
int
yy = my[i] + y;
if
(
0
<= xx && xx < H &&
0
<= yy && yy < W && map[xx][yy] !=
1
&& !visited[xx][yy][k]) {
visited[xx][yy][k] =
true
;
queue.add(
new
Monkey(xx, yy, k, n +
1
));
}
}
}
return
-
1
;
}
public
static
void
main(String[] args)
throws
Exception {
BufferedReader br =
new
BufferedReader(
new
InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
K = Integer.parseInt(st.nextToken());
st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
W = Integer.parseInt(st.nextToken());
H = Integer.parseInt(st.nextToken());
map =
new
int
[
201
][
201
];
visited =
new
boolean
[
201
][
201
][
31
];
for
(
int
i =
0
; i < H; i++) {
st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
for
(
int
j =
0
; j < W; j++) {
map[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
}
}
for
(
int
k =
0
; k < K; k++) {
visited[
0
][
0
][k] =
true
;
}
if
(H ==
1
&& W ==
1
) {
System.out.println(
0
);
}
else
{
System.out.println(bfs());
}
br.close();
}
[백준 11055] 가장 큰 증가하는 부분 수열 (0) | 2018.12.03 |
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[백준 11053] 가장 긴 증가하는 부분 수열 (LIS) (0) | 2018.12.03 |
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[백준 2098] 외판원 순회 (0) | 2018.11.26 |
[백준 9376] 탈옥 (0) | 2018.11.26 |
https://www.acmicpc.net/problem/1915
n×m의 0, 1로 된 배열이 있다. 이 배열에서 1로 된 가장 큰 정사각형의 크기를 구하는 프로그램을 작성하시오.
0 | 1 | 0 | 0 |
0 | 1 | 1 | 1 |
1 | 1 | 1 | 0 |
0 | 0 | 1 | 0 |
위와 같은 예제에서는 가운데의 2×2 배열이 가장 큰 정사각형이다.
첫째 줄에 n, m(1 ≤ n, m ≤ 1,000)이 주어진다. 다음 n개의 줄에는 m개의 숫자로 배열이 주어진다.
첫째 줄에 가장 큰 정사각형의 넓이를 출력한다.
4 4 0100 0111 1110 0010 |
4 |
import
java.io.BufferedReader;
import
java.io.InputStreamReader;
import
java.util.StringTokenizer;
public
class
Main {
public
static
int
N;
public
static
int
M;
public
static
char
[][] map;
public
static
int
[][] dp;
public
static
void
main(String[] args)
throws
Exception {
BufferedReader br =
new
BufferedReader(
new
InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
N = Integer.parseInt(st.nextToken());
M = Integer.parseInt(st.nextToken());
map =
new
char
[N][M];
dp =
new
int
[N][M];
for
(
int
i =
0
; i < N; i++) {
map[i] = br.readLine().toCharArray();
}
int
max = Integer.MIN_VALUE;
for
(
int
i =
0
; i < N; i++) {
for
(
int
j =
0
; j < M; j++) {
int
min = Integer.MAX_VALUE;
if
(map[i][j] ==
'1'
) {
// 왼쪽, 위, 왼쪽위
if
(
0
<= j -
1
&&
0
<= i -
1
) {
min = Math.min(min, dp[i][j -
1
]);
min = Math.min(min, dp[i -
1
][j]);
min = Math.min(min, dp[i -
1
][j -
1
]);
}
if
(min == Integer.MAX_VALUE) {
dp[i][j] =
1
;
}
else
{
dp[i][j] = min +
1
;
}
max = Math.max(max, dp[i][j]);
}
}
}
System.out.println(max * max);
br.close();
}
[백준 11053] 가장 긴 증가하는 부분 수열 (LIS) (0) | 2018.12.03 |
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[백준 14500] 테트로미노 (0) | 2018.11.26 |
https://www.acmicpc.net/problem/2098
외판원 순회 문제는 영어로 Traveling Salesman problem (TSP) 라고 불리는 문제로 computer science 분야에서 가장 중요하게 취급되는 문제 중 하나이다. 여러 가지 변종 문제가 있으나, 여기서는 가장 일반적인 형태의 문제를 살펴보자.
1번부터 N번까지 번호가 매겨져 있는 도시들이 있고, 도시들 사이에는 길이 있다. (길이 없을 수도 있다) 이제 한 외판원이 어느 한 도시에서 출발해 N개의 도시를 모두 거쳐 다시 원래의 도시로 돌아오는 순회 여행 경로를 계획하려고 한다. 단, 한번 갔던 도시로는 다시 갈 수 없다. (맨 마지막에 여행을 출발했던 도시로 돌아오는 것은 예외) 이런 여행 경로는 여러 가지가 있을 수 있는데, 가장 적은 비용을 들이는 여행 계획을 세우고자 한다.
각 도시간에 이동하는데 드는 비용은 행렬 W[i][j]형태로 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 도시 j로 가기 위한 비용을 나타낸다. 비용은 대칭적이지 않다. 즉, W[i][j] 는 W[j][i]와 다를 수 있다. 모든 도시간의 비용은 양의 정수이다. W[i][i]는 항상 0이다. 경우에 따라서 도시 i에서 도시 j로 갈 수 없는 경우도 있으며 이럴 경우 W[i][j]=0이라고 하자.
N과 비용 행렬이 주어졌을 때, 가장 적은 비용을 들이는 외판원의 순회 여행 경로를 구하는 프로그램을 작성하시오.
첫째 줄에 도시의 수 N이 주어진다. (2 ≤ N ≤ 16) 다음 N개의 줄에는 비용 행렬이 주어진다. 각 행렬의 성분은 1,000,000 이하의 양의 정수이며, 갈 수 없는 경우는 0이 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 j로 가기 위한 비용을 나타낸다.
항상 순회할 수 있는 경우만 입력으로 주어진다.
첫째 줄에 외판원의 순회에 필요한 최소 비용을 출력한다.
4 0 10 15 20 5 0 9 10 6 13 0 12 8 8 9 0 |
35 |
import
java.io.BufferedReader;
import
java.io.InputStreamReader;
import
java.util.Arrays;
import
java.util.StringTokenizer;
public
class
Main {
public
static
int
N;
public
static
int
[][] map;
public
static
int
[][] dp;
public
static
int
MAX =
16
;
public
static
int
INF =
987654321
;
public
static
int
dfs(
int
node,
int
visit) {
// 현재까지 방문한 노드를 비트로 표현
if
(visit == (
1
<< N) -
1
) {
if
(map[node][
0
] !=
0
) {
return
map[node][
0
];
}
return
INF;
}
if
(dp[node][visit] != -
1
) {
return
dp[node][visit];
}
int
ans = INF;
for
(
int
next =
0
; next < N; next++) {
if
((visit & (
1
<< next)) ==
0
&& map[node][next] >
0
) {
ans = Math.min(ans, dfs(next, visit | (
1
<< next)) + map[node][next]);
}
}
return
dp[node][visit] = ans;
}
public
static
void
main(String[] args)
throws
Exception {
BufferedReader br =
new
BufferedReader(
new
InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
N = Integer.parseInt(st.nextToken());
map =
new
int
[MAX][MAX];
dp =
new
int
[MAX][
1
<< MAX];
for
(
int
i =
0
; i < N; i++) {
Arrays.fill(dp[i], -
1
);
st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
for
(
int
j =
0
; j < N; j++) {
map[i][j] = Integer.parseInt(st.nextToken());
}
}
System.out.println(dfs(
0
,
1
));
// 1 -> 부터 시작 함
br.close();
}
}
[백준 1600] 말이 되고픈 원숭이 (0) | 2018.11.26 |
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https://www.acmicpc.net/problem/9376
상근이는 감옥에서 죄수 두 명을 탈옥시켜야 한다. 이 감옥은 1층짜리 건물이고, 상근이는 방금 평면도를 얻었다.
평면도에는 모든 벽과 문이 나타나있고, 탈옥시켜야 하는 죄수의 위치도 나타나 있다. 감옥은 무인 감옥으로 죄수 두 명이 감옥에 있는 유일한 사람이다.
문은 중앙 제어실에서만 열 수 있다. 상근이는 특별한 기술을 이용해 제어실을 통하지 않고 문을 열려고 한다. 하지만, 문을 열려면 시간이 매우 많이 걸린다. 두 죄수를 탈옥시키기 위해서 열어야 하는 문의 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.
첫째 줄에 테스트 케이스의 개수가 주어진다. 테스트 케이스의 수는 100개를 넘지 않는다.
첫째 줄에는 평면도의 높이 h와 너비 w가 주어진다. (2 ≤ h, w ≤ 100) 다음 h개 줄에는 감옥의 평면도 정보가 주어지며, 빈 공간은 '.', 지나갈 수 없는 벽은 '*', 문은 '#', 죄수의 위치는 '$'이다.
상근이는 감옥 밖을 자유롭게 이동할 수 있고, 평면도에 표시된 죄수의 수는 항상 두 명이다. 각 죄수와 감옥의 바깥을 연결하는 경로가 항상 존재하는 경우만 입력으로 주어진다.
각 테스트 케이스마다 두 죄수를 탈옥시키기 위해서 열어야 하는 문의 최솟값을 출력한다.
import
java.io.BufferedReader;
import
java.io.IOException;
import
java.io.InputStreamReader;
import
java.util.Arrays;
import
java.util.LinkedList;
import
java.util.Queue;
import
java.util.StringTokenizer;
/**
*
죄수 2명을 탈옥시키는 방법은 3가지가 있습니다.
1) 죄수 1이 죄수2를 데리고 바깥으로 나가는 경우
2) 죄수2가 죄수1을 데리고 바깥으로 나가는 경우
3) 외부의 조력자가 죄수1, 2를 찾으러 잠입하는 경우
위 3가지 경우가 동시에 실행된다면?
3명은 각자 문을 열면서 탐색을 할 것이고 어느 정점에서 만나게 될 것입니다.
그리고 우리는 그 시점에 탈옥이 완료되었다고 볼 수 있을 것입니다.
어느 정점에서 만나게 될지 모르니 맵의 모든 정점을 조사해야할테고
각 정점마다 3명이 문을 몇개 열고 왔는지 합산을 해줍니다. 그리고 그 중 가장 최소값이 우리가 원하는 답이 될 것입니다.
단, 만나는 지점이 문인 경우 -2를 해줘야 합니다.(3명이 동시에 문을 열지 않아도 된다.)
정리하면, 위 3가지 BFS를 돌려 3개의 dist[][]를 완성시킨 후 sum을 해줍니다.
각 정점마다 조사를 하면서 최소값을 구합니다. (단, 문의 위치인 경우 -2)
*/
public
class
Main {
static
final
int
[] nx = {
0
, -
1
,
0
,
1
};
static
final
int
[] ny = { -
1
,
0
,
1
,
0
};
static
int
[][] map =
new
int
[
105
][
105
];
static
int
h, w;
public
static
void
main(String[] args)
throws
IOException {
BufferedReader br =
new
BufferedReader(
new
InputStreamReader(System.in));
int
t;
t = Integer.parseInt(br.readLine());
while
(t-- >
0
) {
Node2 helper =
new
Node2(
0
,
0
);
Node2 prison1 =
null
;
Node2 prison2 =
null
;
StringTokenizer st =
new
StringTokenizer(br.readLine());
h = Integer.parseInt(st.nextToken()) +
2
;
w = Integer.parseInt(st.nextToken()) +
2
;
for
(
int
i =
1
; i < h -
1
; i++) {
String s =
"."
+ br.readLine() +
"."
;
for
(
int
j =
0
; j < w; j++) {
char
c = s.charAt(j);
switch
(c) {
case
'.'
:
case
'*'
:
case
'#'
:
map[i][j] = c;
break
;
case
'$'
:
map[i][j] = c;
if
(prison1 ==
null
) {
prison1 =
new
Node2(i, j);
}
else
{
prison2 =
new
Node2(i, j);
}
break
;
}
}
}
for
(
int
j =
0
; j < w; j++) {
map[
0
][j] = map[h -
1
][j] =
'.'
;
}
// solve
int
[][] dist1 = bfs(helper);
int
[][] dist2 = bfs(prison1);
int
[][] dist3 = bfs(prison2);
int
ans = h * w;
int
tempCost =
0
;
for
(
int
i =
0
; i < h; i++) {
for
(
int
j =
0
; j < w; j++) {
if
(map[i][j] ==
'*'
)
continue
;
tempCost = dist1[i][j] + dist2[i][j] + dist3[i][j];
if
(map[i][j] ==
'#'
)
tempCost -=
2
;
ans = ans > tempCost ? tempCost : ans;
}
}
System.out.println(ans);
}
}
public
static
int
[][] bfs(Node2 src) {
int
[][] dist =
new
int
[h][w];
for
(
int
i =
0
; i < h; i++) {
Arrays.fill(dist[i], -
1
);
}
Queue<Node2> queue =
new
LinkedList<Node2>();
queue.add(src);
dist[src.x][src.y] =
0
;
while
(!queue.isEmpty()) {
Node2 u = queue.remove();
for
(
int
i =
0
; i <
4
; i++) {
int
xx = u.x + nx[i];
int
yy = u.y + ny[i];
if
(xx <
0
|| xx >= h || yy <
0
|| yy >= w)
continue
;
if
(map[xx][yy] ==
'*'
)
continue
;
if
(map[xx][yy] ==
'.'
|| map[xx][yy] ==
'$'
) {
if
(dist[xx][yy] == -
1
|| dist[xx][yy] > dist[u.x][u.y]) {
dist[xx][yy] = dist[u.x][u.y];
queue.add(
new
Node2(xx, yy));
}
}
else
if
(map[xx][yy] ==
'#'
) {
if
(dist[xx][yy] == -
1
|| dist[xx][yy] > dist[u.x][u.y] +
1
) {
dist[xx][yy] = dist[u.x][u.y] +
1
;
queue.add(
new
Node2(xx, yy));
}
}
}
}
return
dist;
}
}
class
Node2 {
int
x;
int
y;
Node2(
int
x,
int
y) {
this
.x = x;
this
.y = y;
}
}
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