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2025.08.28
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2025.08.18
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2025.08.14
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플로이드워셜(Floyd-Worshall) vs 다익스트라(Dijkstra) 알고리즘 및 속도비교 뿌수기!! (코테 박살난 기념)
플로이드워셜 알고리즘에 대해 공부했지만, 항상 다익스트라를 써야할 지, 플로이드워셜 알고리즘을 써야할 지 고민하다가 다익스트라를 사용해왔다. 하지만 특정 상황에서는 플로이드워셜 알고리즘이 훨씬 효율적이라는 것.. 확실히 기억해두자. 문제는 백준 14938번 "서강그라운드" 를 가지고 풀어보겠다. 간단 요약하면, 가중치가 다른 양방향 간선 그래프가 주어지고, 각 노드별로 가중치가 주어진다. 여기서 거리가 M 이내인 모든 노드들의 가중치 총합의 최대값을 찾는 문제이다. 여기서 문제 풀이 핵심은, 임의 노드 i에서 j로 가는 모든 노드의 최단거리를 각각 구하는 것이다. 이 때, i에서 j로 가는 직행 루트가 없을 수 있기도 하고, 직행 루트보다 다른 곳을 거쳐 가는게 더 저렴할 수도 있기 때문에!! (1)..
2025.08.12
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2025.08.02
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2025.03.08
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백준 1676: 팩토리얼 0의 개수 [Silver 5] / Java
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2025.01.12
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백준 11729: 하노이 탑 이동 순서https://www.acmicpc.net/problem/11729      문제 설명 세 개의 장대가 있고 첫 번째 장대에는 반경이 서로 다른 n개의 원판이 쌓여 있다. 각 원판은 반경이 큰 순서대로 쌓여있다. 이제 수도승들이 다음 규칙에 따라 첫 번째 장대에서 세 번째 장대로 옮기려 한다. 한 번에 한 개의 원판만을 다른 탑으로 옮길 수 있다.쌓아 놓은 원판은 항상 위의 것이 아래의 것보다 작아야 한다. 이 작업을 수행하는데 필요한 이동 순서를 출력하는 프로그램을 작성하라. 단, 이동 횟수는 최소가 되어야 한다.   아래 그림은 원판이 5개인 경우의 예시이다.         입력 첫째 줄에 첫 번째 장대에 쌓인 원판의 개수 N (1 ≤ N ≤ 20)이 주어진다. ..
2025.01.11
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2024.12.22
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StringBuilder 초기화하는 방법, 속도 비교(feat. 백준 15666 N과M(12))
StringBuilder 초기화하는 방법 new로 인스턴스 새로 생성StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i=0; i 10억회 반복 시 속도 -> 64ms   2. delete() 메서드 사용StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i=0; i 10억회 반복 시 속도 -> 4ms   3. setLengt() 메서드 사용StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i=0; i 10억회 반복 시 속도 -> 4ms     매번 new를 이용해 객체를 새로 생성해 초기화하는 방법은 실행속도 측면에서 가장 최악이었다. 나머지 방법과 비교해 무려 16배 가량 느린 속도를 보여줬다. ..
2024.12.19

백준 1655: 가운데를 말해요

https://www.acmicpc.net/problem/1655

 

문제 설명

숫자를 1개씩 입력으로 주어지는데,

숫자가 주어질 때마다 그 숫자 집합에서 중간값을 출력해야 하는 문제이다.

 


내 정답 코드

내가 생각한 로직은,

 

중간에 값을 삽입하기 용이한 자료구조인 리스트를 선언한 뒤, 

 

수 입력이 주어질 때마다 정렬된 리스트에 들어가야 할 인덱스를 찾아 그 위치로 삽입하고

 

중간값을 출력하는 방식을 생각했다.

 

삽입 위치를 찾는 방식은 이분탐색을 구현하여 시간복잡도를 줄이고자 했다!

 

/*
 *  숫자가 주어질 때마다 위치 찾아 삽입.
 *  삽입 위치 찾는건 이분탐색으로.
 *  중간값은 짝수->len/2-1 홀수->len/2 
 */
public class Main {
	static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
	static StringBuilder sb;
	static int N;
	static List<Integer> list;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		init();
		
		for (int i=0; i<N; i++) {
			int newNum = Integer.parseInt(br.readLine());
			int targetIdx = binarySearch(0, list.size()-1, newNum);
			
			list.add(targetIdx, newNum);
			
			int midIdx = list.size()/2;
			if (list.size()%2 == 0) midIdx -= 1;
			
			sb.append(list.get(midIdx)).append('\n');
		}
		
		System.out.println(sb);
	}

	private static int binarySearch(int s, int e, int target) {
		int mid = (s+e)/2;
		if (s > e) {
			return s;
		}
		
		int midNum = list.get(mid);
		if (midNum == target) {
			return mid;
		} else if(midNum < target) {
			return binarySearch(mid+1, e, target);
		} else {
			return binarySearch(s, mid-1, target);
		}
	}

	private static void init() throws IOException {
		sb = new StringBuilder();
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		N = Integer.parseInt(st.nextToken());
		list = new ArrayList<>();
	}
}

 

 

결론적으로 정답은 맞았으나, 실행속도가 아쉬웠다.

 


개선 사항

원인

기존 내 코드의 실행속도가 느렸던 원인을 생각해볼 때,

 

ArrayList를 사용해 삽입하는 방식이 주요 원인이라고 생각했다.

 

✨ Javadoc (ArrayList의 add 메서드에 대한 내용 발췌)

 

 

 

위 javadoc 내용을 보면 어레이리스트도 결국 배열이기 때문에,

 

삽입을 하려면 결국 배열처럼 해당 인덱스를 비우기 위해 이후 숫자를 모두 하나씩 미루고,

 

비워진 자리에 삽입하는 로직이기 때문에 배열 전체를 순회해야 한다.

 

사실상 시간 복잡도는 O(N2) 인 셈인 것이다.

 

 

 

그래서 대안으로 힙정렬을 생각했다.

 

PriorityQueue의 정렬방식이기도 한 힙정렬은 시간복잡도가 O(NlogN)으로 더 효율적이다.

 

 

 

개선 코드

public class Main {
    static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
    static StringBuilder sb;
    static int N;

    static PriorityQueue<Integer> maxHeap;  // 최대힙 (작은 수들의 절반)
    static PriorityQueue<Integer> minHeap; // 최소힙 (큰 수들의 절반)

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        init();

        for (int i = 0; i < N; i++) {
            int x = Integer.parseInt(br.readLine());
            insert(x);
            sb.append(maxHeap.peek()).append('\n'); // 항상 아래 중앙값 출력
        }

        System.out.print(sb);
    }

    private static void init() throws IOException {
        sb = new StringBuilder();
        N = Integer.parseInt(br.readLine().trim());
        maxHeap  = new PriorityQueue<>(Collections.reverseOrder()); 
        minHeap = new PriorityQueue<>();                           
    }

    private static void insert(int n) {
    		// maxheap을 우선으로 담기
        if (maxHeap.isEmpty() || n <= maxHeap.peek()) maxHeap.offer(n);
        else minHeap.offer(n);

        if (maxHeap.size() < minHeap.size()) maxHeap.offer(minHeap.poll());
        if (maxHeap.size() > minHeap.size() + 1) minHeap.offer(maxHeap.poll());

        if (!minHeap.isEmpty() && maxHeap.peek() > minHeap.peek()) {
            int a = maxHeap.poll(), b = minHeap.poll();
            maxHeap.offer(b);
            minHeap.offer(a);
        }
    }
}

 

 

 


 

개선 후 (30% 속도 향상)

 

 

배운점

기존에는 매 입력마다 정렬된 리스트에 이분 탐색으로 삽입했는데, 삽입 과정에서 배열의 뒤 원소들을 한 칸씩 밀어야 해서 O(N) 시간이 소요되었다. 따라서 입력이 많아질수록 전체 시간 복잡도가 O(N^2)까지 치솟아 성능상 한계가 있었다.

 

이를 힙(PriorityQueue) 두 개로 관리하는 방식으로 바꾸면서, 각 입력마다 삽입·삭제 연산을 O(log N)에 처리할 수 있었고, 전체 시간 복잡도는 O(N log N)으로 크게 개선되었다.

 

다만, 다른 사람들의 200ms대 풀이를 보니 똑같이 힙을 활용하더라도 PriorityQueue 대신 배열 기반으로 직접 힙 연산을 구현해 오버헤드를 줄인 경우가 있었다. 이를 통해 단순히 자료구조를 교체하는 것만으로는 충분하지 않고, 문제 상황에 맞는 세밀한 최적화와 구현 방식의 차이가 성능을 크게 좌우한다는 점을 배울 수 있었다.

백준 16232: 아기상어

https://www.acmicpc.net/problem/16232

 

문제 설명

N×N 크기의 공간에 물고기 M마리와 아기 상어 1마리가 있다. 공간은 1×1 크기의 정사각형 칸으로 나누어져 있다. 한 칸에는 물고기가 최대 1마리 존재한다.

아기 상어와 물고기는 모두 크기를 가지고 있고, 이 크기는 자연수이다. 가장 처음에 아기 상어의 크기는 2이고, 아기 상어는 1초에 상하좌우로 인접한 한 칸씩 이동한다.

아기 상어는 자신의 크기보다 큰 물고기가 있는 칸은 지나갈 수 없고, 나머지 칸은 모두 지나갈 수 있다. 아기 상어는 자신의 크기보다 작은 물고기만 먹을 수 있다. 따라서, 크기가 같은 물고기는 먹을 수 없지만, 그 물고기가 있는 칸은 지나갈 수 있다.

아기 상어가 어디로 이동할지 결정하는 방법은 아래와 같다.

  • 더 이상 먹을 수 있는 물고기가 공간에 없다면 아기 상어는 엄마 상어에게 도움을 요청한다.
  • 먹을 수 있는 물고기가 1마리라면, 그 물고기를 먹으러 간다.
  • 먹을 수 있는 물고기가 1마리보다 많다면, 거리가 가장 가까운 물고기를 먹으러 간다.
    • 거리는 아기 상어가 있는 칸에서 물고기가 있는 칸으로 이동할 때, 지나야하는 칸의 개수의 최솟값이다.
    • 거리가 가까운 물고기가 많다면, 가장 위에 있는 물고기, 그러한 물고기가 여러마리라면, 가장 왼쪽에 있는 물고기를 먹는다.

아기 상어의 이동은 1초 걸리고, 물고기를 먹는데 걸리는 시간은 없다고 가정한다. 즉, 아기 상어가 먹을 수 있는 물고기가 있는 칸으로 이동했다면, 이동과 동시에 물고기를 먹는다. 물고기를 먹으면, 그 칸은 빈 칸이 된다.

아기 상어는 자신의 크기와 같은 수의 물고기를 먹을 때 마다 크기가 1 증가한다. 예를 들어, 크기가 2인 아기 상어는 물고기를 2마리 먹으면 크기가 3이 된다.

공간의 상태가 주어졌을 때, 아기 상어가 몇 초 동안 엄마 상어에게 도움을 요청하지 않고 물고기를 잡아먹을 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

  • 0: 빈 칸
  • 1, 2, 3, 4, 5, 6: 칸에 있는 물고기의 크기
  • 9: 아기 상어의 위치

내 정답 코드

내가 생각한 로직은,

 

1. 지도에서 현황을 관리할 map 배열(int[][] map), 빠르게 물고기 위치에 접근하기 위한 fishes배열(ArrayList<int[]>[] fishes), 상어의 위치, 크기, 먹은 물고기 수를 관리하기 위한 shark 배열(int[] shark)을 선언하여 관리한다.

 

그리고 엄마 상어를 찾기 전까지 아래 작업을 반복한다.

1. 가장 가까운 타겟 선택

   - fishes 배열을 순회하며, 나보다 크기가 작은 물고기들과의 거리를 각각 bfs 작업으로 탐색한다.

   - 가장 가까우면서, 좌측 상단에 있는 물고기를 타겟으로 선정한다.

 2. 선택된 타겟이 없으면 반복 종료

 3. 해당 타겟으로 이동하여 잡아먹기

    - map에서 상어 위치 이동

    - shark배열 좌표값, 먹은 물고기 수, 크기 값 조정

    - fishes리스트에서 해당 물고기 제거

  4. 이동하는 데 필요한 시간만큼 소요시간에 가산

 

public class Main {
	static StringBuilder sb;
	static int N;
	// 0: r, 1: c, 2: 크기, 3: 먹은 물고기 수
	static int[] shark = new int[4];
	// 0: r, 1: c, 2: 크기, 3: 물고기 리스트 index
	static int[] target = new int[4];
	static int[][] map;
	static boolean[][] visited;
	static ArrayList<int[]>[] fishes;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		init();

		System.out.println(simulation());
	}

	// 시뮬레이션
	private static int simulation() {
		int time = 0;

		while (true) {
			// 가장 가까운 타겟 선택
			// => 상어보다 크기 작으면서 가장 가까운 물고기
			Arrays.fill(target, 0);
			int min = 401;
			for (int i = 1; i < shark[2] && i < 7; i++) {
				for (int j=0; j<fishes[i].size(); j++) {
					int[] fish = fishes[i].get(j);
					int timeTaken = bfs(fish[0], fish[1]);
					if (timeTaken <= min) {
						if (timeTaken == min) {
							if (target[0] < fish[0])
								continue;
							else if (target[0] == fish[0]) {
								if (target[1] < fish[1])
									continue;
							}
						}
						target[0] = fish[0];
						target[1] = fish[1];
						target[2] = i;
						target[3] = j;
						min = timeTaken;
					}
				}
			}
			
			// 타겟이 없으면 종료
			if (target[2] <= 0) {
				return time;
			}

			// 타겟 있으면 해당 위치 이동 후 시간 가산
			// 물고기 먹기
			shark[3] += 1;
			fishes[target[2]].remove(target[3]);
			// 상어 위치 이동
			map[shark[0]][shark[1]] = 0;
			map[target[0]][target[1]] = 9;
			shark[0] = target[0];
			shark[1] = target[1];
			// 상어 크기 조정
			if (shark[3] >= shark[2]) {
				shark[2] += 1;
				shark[3] = 0;
			}
			// 시간 가산
			time += min;
		}
	}

	static int[] dr = { -1, 1, 0, 0 };
	static int[] dc = { 0, 0, -1, 1 };

	private static int bfs(int targetR, int targetC) {
		visited = new boolean[N][N];
		Queue<int[]> q = new ArrayDeque<>();
		// 시작지점 큐에 삽입 & 방문체크
		q.offer(new int[] { shark[0], shark[1] });
		visited[shark[0]][shark[1]] = true;

		int size = 1;
		int cnt = 0;

		while (!q.isEmpty()) {
			for (int i = 0; i < size; i++) {
				int[] curr = q.poll();
				// 목표지점 도착 시 종료
				if (curr[0] == targetR && curr[1] == targetC) {
					return cnt;
				}
				// 사방탐색
				for (int dir = 0; dir < 4; dir++) {
					int nr = curr[0] + dr[dir];
					int nc = curr[1] + dc[dir];

					// 이미 방문했거나, 범위 밖이거나, 상어보다 크기가 큰 물고기면 패스
					if (nr < 0 || nr >= N || nc < 0 || nc >= N)
						continue;
					if (visited[nr][nc])
						continue;
					if (map[nr][nc] > shark[2])
						continue;

					q.offer(new int[] { nr, nc });
					visited[nr][nc] = true;
				}
			}
			cnt += 1;
			size = q.size();
		}
		return Integer.MAX_VALUE;
	}

	private static void init() throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		sb = new StringBuilder();

		// 물고기 크기별 좌표값 저장 배열
		fishes = new ArrayList[7];
		for (int i = 1; i <= 6; i++) {
			fishes[i] = new ArrayList<>();
		}

		N = Integer.parseInt(br.readLine());
		map = new int[N][N];
		for (int r = 0; r < N; r++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			for (int c = 0; c < N; c++) {
				int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
				map[r][c] = n;

				if (1 <= n && n <= 6) {
					fishes[n].add(new int[] { r, c });
				}
				if (n == 9) {
					shark[0] = r;
					shark[1] = c;
					shark[2] = 2;
				}
			}
		}
	}
}

개선 사항

생각해보니, 모든 물고기를 대상으로 bfs를 돌릴 필요가 없었다.

상어의 현위치를 중심으로, bfs 탐색을 하다가 물고기가 걸리면, 그것을 타겟으로 하면 됐다.

결국 bfs를 1번만 하면 훨씬 시간을 단축할 수 있을 거라 생각했다.

 

주요 변경

  1. 우선순위 큐 사용
    • 노드(Node)를 거리 → 행 → 열 순으로 정렬하도록 구현.
    • 우선순위가 가장 높은(가장 가까운 + 위쪽 + 왼쪽) 물고기부터 바로 선택 가능하다.
  2. 탐색 리셋 구조
    • 물고기를 먹은 순간 pq.clear() + visited 배열 재생성하여 shark의 현위치를 기준으로 새로 탐색한다.
    • 상어 위치에서 새롭게 탐색을 시작하므로, 불필요한 경로 계산을 방지한다.

 

public class Main {
    static StringBuilder sb;
    static int N;
    // shark: [0]=r, [1]=c, [2]=size, [3]=eaten
    static int[] shark = new int[4];
    static int[][] map;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        init();
        System.out.println(simulation());
    }

    static class Node implements Comparable<Node> {
        int r, c, dist;
        Node(int r, int c, int dist) {
            this.r = r; this.c = c; this.dist = dist;
        }
        @Override
        public int compareTo(Node n) {
            if (this.dist != n.dist) return Integer.compare(this.dist, n.dist);
            if (this.r != n.r)       return Integer.compare(this.r, n.r);
            return Integer.compare(this.c, n.c);
        }
    }

    // 상, 좌, 하, 우  (제시 코드의 dirs와 동일 순서)
    static int[] dr = {-1, 0, 1, 0};
    static int[] dc = { 0,-1, 0, 1};

    // 제시 코드의 playGame() 로직을 네 simulation() 틀에 이식
    private static int simulation() {
        int time = 0;

        // 탐색 시작 상태
        PriorityQueue<Node> pq = new PriorityQueue<>();
        int[][] visited = new int[N][N];

        visited[shark[0]][shark[1]] = 1;
        pq.offer(new Node(shark[0], shark[1], 1));

        while (!pq.isEmpty()) {
            Node cur = pq.poll();

            // 먹을 수 있는 물고기를 만났다면 즉시 먹기
            if (map[cur.r][cur.c] != 9 && map[cur.r][cur.c] != 0 && map[cur.r][cur.c] < shark[2]) {
                time += (cur.dist - 1);

                // 상어 위치/맵 갱신
                map[shark[0]][shark[1]] = 0;
                map[cur.r][cur.c] = 9;
                shark[0] = cur.r;
                shark[1] = cur.c;

                // 먹은 수/크기 갱신
                shark[3] += 1;
                if (shark[3] == shark[2]) {
                    shark[3] = 0;
                    shark[2] += 1;
                }

                // 탐색 리셋
                pq.clear();
                visited = new int[N][N];
                visited[shark[0]][shark[1]] = 1;
                pq.offer(new Node(shark[0], shark[1], 1));

                continue; // 다음 먹이 탐색
            }

            // 사방 확장
            for (int d = 0; d < 4; d++) {
                int nr = cur.r + dr[d];
                int nc = cur.c + dc[d];

                if (nr < 0 || nr >= N || nc < 0 || nc >= N) continue;
                if (visited[nr][nc] > 0) continue;
                if (map[nr][nc] > shark[2]) continue; // 더 큰 물고기는 통과 불가

                visited[nr][nc] = visited[cur.r][cur.c] + 1;
                pq.offer(new Node(nr, nc, visited[nr][nc]));
            }
        }

        return time;
    }

    private static void init() throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        sb = new StringBuilder();

        N = Integer.parseInt(br.readLine());
        map = new int[N][N];
        for (int r = 0; r < N; r++) {
            StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
            for (int c = 0; c < N; c++) {
                int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
                map[r][c] = n;
                if (n == 9) {
                    shark[0] = r;
                    shark[1] = c;
                    shark[2] = 2; // 초기 크기
                }
            }
        }
    }
}

개선 전

개선 후 (약 5배 이상 빨라짐!)

 

배운점

기존에는 물고기마다 BFS를 수행해 한 번 이동할 때마다 많은 탐색이 필요했지만, 이를 BFS 한 번으로 줄여 시간 복잡도를 크게 개선할 수 있었다.

하지만 BFS 한 번으로 고쳐도 처음에는 PriorityQueue를 무작정 사용해 큐에 모든 탐색 결과를 삽입하면서 매번 정렬이 발생해 오히려 시간 초과가 났다.

따라서 PQ에 불필요하게 많은 데이터를 넣지 않고, 최소한으로 삽입되도록 로직을 구성해야 했다. 즉, BFS 레벨 단위로 탐색하고 같은 거리 내에서만 후보를 관리하면서 먹을 수 있는 물고기를 찾자마자 탐색을 종료하는 방식으로 바꿔야 효율적으로 해결할 수 있었다.

백준 3190: 뱀[Gold 4] / Java

친환경 개발자
|2025. 8. 14. 17:16

백준 3190: 뱀

https://www.acmicpc.net/problem/3190

 

문제 설명

'Dummy' 라는 도스게임이 있다. 이 게임에는 뱀이 나와서 기어다니는데, 사과를 먹으면 뱀 길이가 늘어난다. 뱀이 이리저리 기어다니다가 벽 또는 자기자신의 몸과 부딪히면 게임이 끝난다.

게임은 NxN 정사각 보드위에서 진행되고, 몇몇 칸에는 사과가 놓여져 있다. 보드의 상하좌우 끝에 벽이 있다. 게임이 시작할때 뱀은 맨위 맨좌측에 위치하고 뱀의 길이는 1 이다. 뱀은 처음에 오른쪽을 향한다.

뱀은 매 초마다 이동을 하는데 다음과 같은 규칙을 따른다.

  • 먼저 뱀은 몸길이를 늘려 머리를 다음칸에 위치시킨다.
  • 만약 벽이나 자기자신의 몸과 부딪히면 게임이 끝난다.
  • 만약 이동한 칸에 사과가 있다면, 그 칸에 있던 사과가 없어지고 꼬리는 움직이지 않는다.
  • 만약 이동한 칸에 사과가 없다면, 몸길이를 줄여서 꼬리가 위치한 칸을 비워준다. 즉, 몸길이는 변하지 않는다.

사과의 위치와 뱀의 이동경로가 주어질 때 이 게임이 몇 초에 끝나는지 계산하라.


내 정답 코드

내 코드의 로직은 이렇다.

 

우선 뱀을 ArrayList<int[]> 형태로 선언하고, 뱀의 머리 좌표가 리스트의 가장 끝 인덱스에 위치시킨다.

매초마다 time으로 관리하며 게임 종료시까지 동작을 반복한다.

1. 이동 후의 뱀 머리 좌표 생성 (nr, nc)

2. 벽이나 몸통에 충돌하는지 체크

3. 이동한 칸에 사과가 있는지 체크

4. 사과 여부에 따라 꼬리 제거 or 유지

5. 회전 여부 체크

6. 시간 경과 (time+=1)

 

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
	static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
	static StringBuilder sb = new StringBuilder();
	static int N, K, L;
	static int[][] apples;
	static String[][] turns;
	static ArrayList<int[]> snake;
	static int[] dr = { -1, 0, 1, 0 };
	static int[] dc = { 0, 1, 0, -1 };

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		init();

		int tIdx = 0; // 방향전환 배열 추적 인덱스
		int time = 1; // 시간 흐름
		int dir = 1; // 시작은 오른쪽 방향
		out: while (true) {

			int nr = snake.get(snake.size() - 1)[0] + dr[dir];
			int nc = snake.get(snake.size() - 1)[1] + dc[dir];

			// 벽 체크
			if (nr < 1 || nr > N || nc < 1 || nc > N)
				break out;
			// 몸통 충돌 체크
			for (int[] pos : snake) {
				if (pos[0] == nr && pos[1] == nc)
					break out;
			}

			// 사과 있는지 체크
			boolean hadApple = false;
			for (int[] apple : apples) {
				if (apple[2] == 1 && apple[0] == nr && apple[1] == nc) {
					apple[2] = 0;
					hadApple = true;
					break;
				}
			}

			// 사과 안먹었으면 꼬리 제거
			if (!hadApple)
				snake.remove(0);


			// 이동
			snake.add(new int[] { nr, nc });

			// 방향전환 타이밍인지 체크
			if (tIdx < turns.length && time == Integer.parseInt(turns[tIdx][0])) {
				if (turns[tIdx][1].equals("L")) {
					dir = (dir + 3) % 4;
				} else {
					dir = (dir + 1) % 4;
				}
				tIdx += 1;
			}
			
			// 시간 경과
			time += 1;
		}

		System.out.println(time);
	}

	private static void init() throws IOException {
		N = Integer.parseInt(br.readLine());
		// 맨 마지막 인덱스가 뱀의 머리
		snake = new ArrayList<>(Arrays.asList(new int[] { 1, 1 }));

		K = Integer.parseInt(br.readLine());
		apples = new int[K][3];
		for (int i = 0; i < K; i++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			apples[i][0] = Integer.parseInt(st.nextToken());
			apples[i][1] = Integer.parseInt(st.nextToken());
			apples[i][2] = 1; // 사과 존재 여부 체크
		}

		L = Integer.parseInt(br.readLine());
		turns = new String[L][2];
		for (int i = 0; i < L; i++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			turns[i][0] = st.nextToken();
			turns[i][1] = st.nextToken();
		}
	}
}

개선 사항

다른 사람들의 코드를 보다 보니, 내 코드에서 실행속도를 개선시킬 수 있는 방법을 생각해냈다.

몸통 충돌 체크 & 사과 체크

board배열을 사용해 뱀 길이 전체를 순회하는 방식에서 바로 뱀 머리 좌표만 체크하는 방식으로 개선 가능하다.

또한 사과 체크 또한 뱀 머리좌표로 한번에 조회 가능.

O(len) > O(1) 로 개선!!

 

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
	static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
	static StringBuilder sb = new StringBuilder();
	static int N, K, L;
	static int[][] board;
	static String[][] turns;
	static ArrayList<int[]> snake;
	static int[] dr = { -1, 0, 1, 0 };
	static int[] dc = { 0, 1, 0, -1 };

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		init();

		int tIdx = 0; // 방향전환 배열 추적 인덱스
		int time = 1; // 시간 흐름
		int dir = 1; // 시작은 오른쪽 방향
		while (true) {
			int r = snake.get(snake.size() - 1)[0];
			int c = snake.get(snake.size() - 1)[1];
			int nr = r + dr[dir];
			int nc = c + dc[dir];

			// 벽 체크
			if (nr < 1 || nr > N || nc < 1 || nc > N)
				break ;
			// 몸통 충돌 체크
			if (board[nr][nc] == 1) break;

			// 사과 있는지 체크
			boolean hadApple = false;
			if (board[nr][nc] == 2) {
				hadApple = true;
				board[nr][nc] = 0;
			}

			// 사과 안먹었으면 꼬리 제거
			if (!hadApple) {
				board[snake.get(0)[0]][snake.get(0)[1]] = 0;
				snake.remove(0);
			}

			// 이동
			snake.add(new int[] { nr, nc });
			board[nr][nc] = 1;
			

			// 방향전환 타이밍인지 체크
			if (tIdx < turns.length && time == Integer.parseInt(turns[tIdx][0])) {
				if (turns[tIdx][1].equals("L")) {
					dir = (dir + 3) % 4;
				} else {
					dir = (dir + 1) % 4;
				}
				tIdx += 1;
			}
			
			// 시간 경과
			time += 1;
		}

		System.out.println(time);
	}

	private static void init() throws IOException {
		N = Integer.parseInt(br.readLine());
		board = new int[N+1][N+1];
		board[1][1] = 1;
		// 맨 마지막 인덱스가 뱀의 머리
		snake = new ArrayList<>(Arrays.asList(new int[] { 1, 1 }));

		K = Integer.parseInt(br.readLine());
		for (int i = 0; i < K; i++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			board[Integer.parseInt(st.nextToken())][Integer.parseInt(st.nextToken())] = 2;
		}

		L = Integer.parseInt(br.readLine());
		turns = new String[L][2];
		for (int i = 0; i < L; i++) {
			StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
			turns[i][0] = st.nextToken();
			turns[i][1] = st.nextToken();
		}
	}
}

배운점

메모리를 아끼려고 board 배열을 생성하지 않았었는데,

오히려 하나의 배열로 상태 관리를 하는 것이 실행속도도 향상시켰다.

 

 

  • board 하나로 사과·몸통 상태를 통합하니 판정이 O(1)로 단순해지고 코드도 깔끔해졌다.
  • ArrayList 대신 Deque를 쓰면 양방향 삽입삭제가 필요할 때 더 효율적이다.

 

 

 

플로이드워셜 알고리즘에 대해 공부했지만,

 

항상 다익스트라를 써야할 지, 플로이드워셜 알고리즘을 써야할 지 고민하다가 다익스트라를 사용해왔다.

 

하지만 특정 상황에서는 플로이드워셜 알고리즘이 훨씬 효율적이라는 것..

 

확실히 기억해두자.

 

 

 

문제는 백준 14938번 "서강그라운드" 를 가지고 풀어보겠다.

 

간단 요약하면, 가중치가 다른 양방향 간선 그래프가 주어지고, 각 노드별로 가중치가 주어진다. 여기서 거리가 M 이내인 모든 노드들의 가중치 총합의 최대값을 찾는 문제이다.

 

여기서 문제 풀이 핵심은, 임의 노드 i에서 j로 가는 모든 노드의 최단거리를 각각 구하는 것이다.

 

이 때, i에서 j로 가는 직행 루트가 없을 수 있기도 하고, 직행 루트보다 다른 곳을 거쳐 가는게 더 저렴할 수도 있기 때문에!!

 

(1) 플로이드 워셜 알고리즘을 쓰거나, (2) 다익스트라 알고리즘을 사용해 최단거리를 찾아야 한다.

 

로직 흐름

(1) 플로이드 워셜 알고리즘

  1. dist[i][j] 배열을 초기화한다. (자기 자신은 0, 직접 연결된 간선은 가중치, 없으면 무한대)
  2. 중간에 거칠 수 있는 노드를 하나씩 선택하면서, 거쳐가는 경로가 더 짧으면 갱신한다.

    dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j])

  3. k를 1부터 N까지 늘려가며, 경유 가능한 노드 집합을 확장한다.
  • k=1일 때: 노드 1을 경유해서 가는 모든 경로 최단거리 갱신
  • k=2일 때: 노드 1 또는 2를 경유해서 가는 경로 최단거리 갱신
  • 이를 반복하면 모든 쌍의 최단거리가 완성된다.

 

(2) 다익스트라 알고리즘

  1. dist[start] = 0으로 설정하고, 나머지는 무한대로 초기화한다.
  2. 방문하지 않은 노드 중 가장 거리가 짧은 노드를 선택한다.
  3. 해당 노드의 모든 인접 노드에 대해, 현재노드까지의 거리 + 간선 가중치가 더 짧으면 갱신한다.
  4. 모든 노드를 방문할 때까지 2~3 과정을 반복한다.

예를 들어 노드 5개, 시작 노드 1일 때의 dist 초기 상태는 다음과 같다.

dist = [0, 2, INF, 1, INF] (1번에서 직접 연결된 값)
  • 1번 방문 → 2번과 4번 거리 갱신
  • 다음으로 거리가 짧은 2번 방문 → 3번 거리 갱신
  • 다음으로 4번 방문 → 5번 거리 갱신
  • 이런 식으로 한 시작점에서의 최단거리를 완성한다.

 

 

시간복잡도

플로이드 워셜 : for문을 3번 돌기 때문에, O(N^3) 이다.

다익스트라 : 간선 수가 E라고 할 때, O(E logN)가 된다.

 

따라서 간선 수가 많을 수록 다익스트라는 불리해지고,

노드 수가 많을수록 플로이드 워셜이 불리해진다.

 

 

 

백준 14938 문제  예시 코드

public class Main {
	static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
	static StringBuilder sb = new StringBuilder();
	static int N, M, R, max;
	static final int INF = Integer.MAX_VALUE;
	static int[] items;
	static int[][] dist;
	static int[][] dist_dijkstra;
	static ArrayList<Site>[] adjList;
	static class Site {
		int v;
		int l;
		public Site(int v, int l) {
			super();
			this.v = v;
			this.l = l;
		}
	}
	public static void main(String[] args) throws IOException {
		init();
		
		long start = System.currentTimeMillis();
		// 플로이드 워셜
		floydWarshall();
		
		// 다익스트라
		dijkstra();
		
		// 낙하위치별 최단거리 구하기
		max = 0;
		for (int i=1; i<=N; i++) {
			int sum = items[i];
			for (int j=1; j<=N; j++) {
				if (i==j) continue;
				if (dist_dijkstra[i][j] <= M) {
//				if (dist[i][j] <= M) {
					sum += items[j];
				}
			}
			max = Math.max(max, sum);
		}
		
		System.out.println(max);
		
		long end= System.currentTimeMillis();
		System.out.println(end - start);
	}
	private static void floydWarshall() {
		// i에서 j로 가는 모든 경로에서 k를 거쳐갈 때 최단거리
		// 양방향 통행 => (i>j) == (j>i) 이므로 중복 계산 줄임
		for (int k=1; k<=N; k++) {
			for (int i=1; i<=N; i++) {
				if (dist[i][k] == INF) continue;
				for (int j=i+1; j<=N; j++) {
					if (i==j) continue;
					if (dist[k][j] == INF) continue;
					if (dist[i][j] > dist[i][k]+dist[k][j]) {
						dist[i][j] = dist[i][k]+dist[k][j];
						dist[j][i] = dist[i][j];
					}
				}
			}
		}
		
	}
	static void dijkstra() {
	    dist_dijkstra = new int[N + 1][N + 1];

	    final int INF = Integer.MAX_VALUE;

	    for (int s = 1; s <= N; s++) {
	        Arrays.fill(dist_dijkstra[s], INF);
	        dist_dijkstra[s][s] = 0;

	        // (정점, 현재까지의 거리)로 사용
	        java.util.PriorityQueue<Site> pq = new java.util.PriorityQueue<>((a, b) -> Integer.compare(a.l, b.l));
	        pq.offer(new Site(s, 0));

	        while (!pq.isEmpty()) {
	            Site cur = pq.poll();
	            int u = cur.v;
	            int d = cur.l;

	            // 이미 더 짧은 경로가 있으면 스킵
	            if (d > dist_dijkstra[s][u]) continue;

	            // 인접 정점 완화
	            for (Site nx : adjList[u]) {
	                int v = nx.v;
	                int w = nx.l;

	                // d + w 연산 전 INF 가드 (오버플로 방지용)
	                if (d != INF && d + w < dist_dijkstra[s][v]) {
	                    dist_dijkstra[s][v] = d + w;
	                    pq.offer(new Site(v, dist_dijkstra[s][v]));
	                }
	            }
	        }
	    }
	}
	private static void init() throws IOException {
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		N = Integer.parseInt(st.nextToken());
		M = Integer.parseInt(st.nextToken());
		R = Integer.parseInt(st.nextToken());
		
		items = new int[N+1];
		adjList = new ArrayList[N+1];
		for (int i=1; i<=N; i++) {
			adjList[i] = new ArrayList<>();
		}
		
		// 지역별 아이템 수 입력
		st= new StringTokenizer(br.readLine());
		for (int i=1; i<=N; i++) {
			items[i] = Integer.parseInt(st.nextToken());
		}
		
		// 플로이드 워셜용 배열
		dist = new int[N+1][N+1];
		for (int i=1; i<=N; i++) {
			for (int j=1; j<=N; j++) {
				if (i==j) continue;
				dist[i][j] = INF;
			}
		}
		
		// 인접 정보 리스트 입력
		for (int i=1; i<=R; i++) {
			st = new StringTokenizer(br.readLine());
			int a = Integer.parseInt(st.nextToken());
			int b = Integer.parseInt(st.nextToken());
			int l = Integer.parseInt(st.nextToken());
			
			dist[a][b] = l;
			dist[b][a] = l;
			
			adjList[a].add(new Site(b, l));
			adjList[b].add(new Site(a, l));
		}
		
	}
}

 

 

코드가 긴데, 플로이드 워셜과 다익스트라를 모두 구현해놓아서 그렇다.

 

주석 처리를 통해 시간을 비교할 수 있도록 코드를 작성해봤다.

 

 

문제에서는 범위가 N이 100 이내이고, 간선도 100 이내라서, 실행시간의 큰 차이를 보이지 않았다.

 

위가 다익스트라, 아래가 플로이드 워셜이다.

 

그래서,

N 범위를 더 크게 해서 테스트케이스를 만들어 실험해봤다!

테스트케이스는 GPT를 활용해 테스트케이스를 만드는 파이썬 코드를 생성하여 적용했다.

 

 

속도 비교 실험

1-1. 노드 수 :500개, 간선 수:120000개

 

1-2. 노드 수: 500개, 간선 수 : 60000개

 

1-3. 노드 수: 500개, 간선 수: 10000개

=> 간선 수가 줄어들수록 확실히 다익스트라는 빨라진다!!

=> 반면, 플로이드는 약간 느려졌는데, 큰 의미는 없는 수치로 보인다.

 

 

2-1. 노드 수: 1000개, 간선 수: 490000개

 

2-2. 노드 수: 1000개, 간선 수: 245000개

 

2-3. 노드 수: 1000개, 간선 수:100000개

 

2-4. 노드 수: 1000개, 간선 수:10000개

 

=> 플로이드는 O(N^3) 이므로 노드 수 500에 비해 이론상 10배 이상 실행시간이 늘어야 한다. 결과를 보면 얼추 10배 정도 나온 것으로 보인다.

=> 다익스트라는 간선 수에 비례하게 속도가 빨라지는 것으로 보인다. 노드수 500에 비해서는 이론 상 1.1배 실행시간 늘어나야 하는데, 244 -> 621이면 꽤 많이 늘어난 것 같다.

 

 

결론!!

모든 노드 간 최단 거리를 구해야 할 때, 노드 수 500까지는 웬만하면 플로이드 워셜이 빠르다.

다익스트라가 더 빨라지는 구간은 노드 수가 1000 이상쯤부터. 다만 간선 수가 매우 적어야 한다. 완전 그래프 N*(N-1)/2 에 비해 현저히 작아야 다익스트라가 유리해진다!!

백준 1912: 연속합

https://www.acmicpc.net/problem/1912


문제 설명

N개의 정수로 이루어진 수열이 주어졌을 때, 연속된 몇 개의 수를 선택해서 구할 수 있는 합 중 최대값을 구하는 문제다.단, 수는 한 개 이상 선택해야 한다.


1차 시도 (실패)

이 문제를 마주했을 때, 가장 먼저 생각난 건 누적합을 활용한 방식이었다.

모든 수열을 순회하면서 

sum[앞의값] - sum[뒤의값]
으로 계산할 수 있으니,

  1. 누적합 배열을 만들고
  2. 각 위치마다 그 전까지의 최소 누적합을 빼면 최대 구간합이 되지 않을까? 라고 생각했다.
  3. 나보다 앞선 누적합 중 가장 작은 값을 찾으려면, 누적합 배열을 인덱스와 함께 정렬해서 탐색하면 될 것 같았다.

이렇게 작성한 코드는 다음과 같았다:

for (int i = 0; i < N; i++) {
    int max = sum[i];
    for (int j = i + 1; j < N; j++) {
        int tmp = sum[j] - sum[i];
        if (tmp > max) {
            max = tmp;
        }
    }
    ans = Math.max(max, ans);
}
 

이중 반복문을 통해 각 구간합을 계산하고, 최댓값을 갱신하는 구조다.

 

 

결과는 시간 초과가 발생했다.

생각해보니 이중 for문 구조는 O(N²) 의 시간복잡도였고,입력값이 최대 100,000이기 때문에 이 방식은 실질적으로 불가능했다.

나는 처음에 "정렬 없이 그냥 순회하면서 빼는 거니까 O(N log N) 아닌가?"라고 착각했지만,실제로는 모든 (i, j) 쌍에 대해 sum[j] - sum[i]를 계산하기 때문에 완전한 이중 순회로 O(N²)이다.정렬을 포함했더라도 O(N log N)이 아닌, 여전히 느린 구조였을 것이다.


2차 시도

결국 다시 인터넷을 뒤져보며 동적 계획법을 활용해야함을 깨달았다.

이 알고리즘은 현재 위치에서

  • 지금까지의 누적 최대값에 현재 수를 더하는 것과
  • 현재 수 하나만 사용하는 것
    중에서 더 큰 값을 고른다.

즉, 아래와 같은 점화식이다:

dp[i] = max(arr[i], dp[i-1] + arr[i])

 

for (int i = 0; i < N; i++) {
    int max = sum[i];
    for (int j = i + 1; j < N; j++) {
        int tmp = sum[j] - sum[i];
        if (tmp > max) {
            max = tmp;
        }
    }
    ans = Math.max(max, ans);
}

이 코드는 O(N) 으로 매우 빠르며, 메모리도 효율적이다.


회고

  • 처음 시도한 방식처럼, 누적합과 정렬을 이용해 푸는 방식도 사용되긴 한다.
    예를 들어 "구간합이 K 이상인 최소 길이 구간" 같은 문제에서는 유용하다.
    하지만 이 문제처럼 단순한 연속 구간합의 최대값을 구하는 문제에는 오히려 복잡하고 비효율적이다.
  • 이 문제는 전형적인 동적프로그래밍으로 푸는 문제였다. 그런데 풀이법이 잘 생각나지 않았다.
  • 동적프로그래밍 문제를 많이 풀어봤다 생각했는데, 더 다양하게 풀어봐야겠다.
백준 7662: 이중 우선순위 큐 [Gold 4] / Java

 

 

 
 

 

문제 설명

 

이중 우선순위 큐(dual priority queue)는 전형적인 우선순위 큐처럼 데이터를 삽입, 삭제할 수 있는 자료 구조이다.

 

전형적인 큐와의 차이점은 데이터를 삭제할 때 연산(operation) 명령에 따라 우선순위가 가장 높은 데이터 또는 가장 낮은 데이터 중 하나를 삭제하는 점이다. 이중 우선순위 큐를 위해선 두 가지 연산이 사용되는데, 하나는 데이터를 삽입하는 연산이고 다른 하나는 데이터를 삭제하는 연산이다. 데이터를 삭제하는 연산은 또 두 가지로 구분되는데 하나는 우선순위가 가장 높은 것을 삭제하기 위한 것이고 다른 하나는 우선순위가 가장 낮은 것을 삭제하기 위한 것이다. 정수만 저장하는 이중 우선순위 큐 Q가 있다고 가정하자. Q에 저장된 각 정수의 값 자체를 우선순위라고 간주하자.

 

Q에 적용될 일련의 연산이 주어질 때 이를 처리한 후 최종적으로 Q에 저장된 데이터 중 최댓값과 최솟값을 출력하는 프로그램을 작성하라.

 

 

 

 

 

입력

 

입력 데이터는 표준입력을 사용한다.

입력은 T개의 테스트 데이터로 구성된다. 입력의 첫 번째 줄에는 입력 데이터의 수를 나타내는 정수 T가 주어진다. 각 테스트 데이터의 첫째 줄에는 Q에 적용할 연산의 개수를 나타내는 정수 k (k ≤ 1,000,000)가 주어진다. 이어지는 k 줄 각각엔 연산을 나타내는 문자(‘D’ 또는 ‘I’)와 정수 n이 주어진다. ‘I n’은 정수 n을 Q에 삽입하는 연산을 의미한다. 동일한 정수가 삽입될 수 있음을 참고하기 바란다. ‘D 1’는 Q에서 최댓값을 삭제하는 연산을 의미하며, ‘D -1’는 Q 에서 최솟값을 삭제하는 연산을 의미한다. 최댓값(최솟값)을 삭제하는 연산에서 최댓값(최솟값)이 둘 이상인 경우, 하나만 삭제됨을 유념하기 바란다.

만약 Q가 비어있는데 적용할 연산이 ‘D’라면 이 연산은 무시해도 좋다. Q에 저장될 모든 정수는 -231 이상 231 미만인 정수이다.

 

 

 

출력

출력은 표준출력을 사용한다. 각 테스트 데이터에 대해, 모든 연산을 처리한 후 Q에 남아 있는 값 중 최댓값과 최솟값을 출력하라. 두 값은 한 줄에 출력하되 하나의 공백으로 구분하라. 만약 Q가 비어있다면 ‘EMPTY’를 출력하라.

 

 

 

제출 코드

 

 

 

20%에서 오답

 

 

우선순위큐를 2개 만들어 1개는 오름차순(pq), 1개는 내림차순(rpq)으로 관리하려 했다.

 

그래서 값 추가 시에는 각각 추가, 제거 시에는 최소값 제거는 pq에서, 최대값 제거는 rpq에서 제거하는 전략을

 

세웠는데, 2개의 큐가 동기화되지 않아 삽입과 제거가 무작위로 이루어지면서 무결성이 깨졌다.

 

 

public class Main {
	public static void main(String[] args) throws Exception, IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<>();
		PriorityQueue<Integer> rpq = new PriorityQueue<>(Comparator.reverseOrder());
		
		int T = Integer.parseInt(br.readLine()); // 케이스 수 입력
		// 테스트케이스 순회
		for (int t=1; t<=T; t++) {
			// 연산의 수
			int n = Integer.parseInt(br.readLine());
			
			// 초기화
			pq.clear();
			rpq.clear();
			int size = 0;
			
			// 연산 입력
			for (int i=0; i<n; i++) {
				StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
				String com = st.nextToken();
				int num = Integer.parseInt(st.nextToken());
				
				
				if (com.equals("I")) {
					pq.add(Integer.valueOf(num));
					rpq.add(Integer.valueOf(num));
					size += 1;
				} else {
					if (size <= 0) continue;
					if (num == -1) {
						pq.poll();
						size -= 1;
					} else {
						rpq.poll();
						size -= 1;
					}
				}
				
			}
			if (size <= 0) System.out.println("EMPTY");
			else if (size <= 1) System.out.println(pq.poll());
			else {
				System.out.print(rpq.poll()+" ");
				System.out.println(pq.poll());
			}
			
			
		}
	}
}​



 

 

 

 

개선 코드

 

 

public class Main {
	public static void main(String[] args) throws Exception, IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		TreeMap<Integer, Integer> tm = new TreeMap<>();
		
		int T = Integer.parseInt(br.readLine()); // 케이스 수 입력
		// 테스트케이스 순회
		for (int t=1; t<=T; t++) {
			// 연산의 수
			int n = Integer.parseInt(br.readLine());
			
			// 초기화
			tm.clear();
			
			// 연산 입력
			for (int i=0; i<n; i++) {
				StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
				String com = st.nextToken();
				int num = Integer.parseInt(st.nextToken());
				
				if (com.equals("I")) {
					tm.put(num, tm.getOrDefault(num, 0)+1); // 해당 값에 대해 개수 +1 증가
				} else {
					if (tm.isEmpty()) continue;
					// 최소값 제거
					if (num == -1) {
						if (tm.get(tm.firstKey()) <= 1) {
							tm.remove(tm.firstKey());
						} else {
							tm.put(tm.firstKey(), tm.get(tm.firstKey())-1);
						}
					}
					// 최대값 제거
					else {
						if (tm.get(tm.lastKey()) <= 1) {
							tm.remove(tm.lastKey());
						} else {
							tm.put(tm.lastKey(), tm.get(tm.lastKey())-1);
						}
					}
				}
				
			}
			if (tm.isEmpty()) System.out.println("EMPTY");
			else {
				System.out.print(tm.lastKey()+" ");
				System.out.println(tm.firstKey());
			}
		}
	}
}

 

 

TreeMap 자료구조는 자동으로 key값을 기준으로 정렬해준다.

 

이를 활용해 firstkey, lastkey 메서드를 이용하여 최소값과 최대값을 각각 관리해줄 수 있다!

 

 

 

 

깨달은 점

 

TreeMap이라는 자료구조가 생소해 푸는 방법을 생각하기 힘들었다.

 

자료구조에 대한 이해의 필요성을 깊이 느끼고,

 

TreeMap에 대해 정리해야겠다!

백준 1676: 팩토리얼 0의 개수

 

 
 

 

문제 설명

 

N!에서 뒤에서부터 처음 0이 아닌 숫자가 나올 때까지 0의 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

 

 

 

 

입력

 

첫째 줄에 N이 주어진다. (0 ≤ N ≤ 500)

 

 

 

출력

첫째 줄에 구한 0의 개수를 출력한다.

 

 

 

제출 코드

실행속도 : 64ms

메모리 : 11512KB

 

 

 

 

 숫자 끝에 0이 붙으려면 어떤 수에 10을 곱해야 한다는 것이 포인트

 

 그렇다면, 팩토리얼 에서 10이 곱해지는 경우는 2*5뿐이다 (10도 2*5 쌍이라고 볼 수 있다)


 따라서 N!에서 끝 0의 개수는? 

 

1부터 N까지 모든 수를 소인수분해했을 때  2,5 짝의 개수를 구하면 됨.

여기서 2의 개수는 2, 4, 8 ... 로 5의 개수보다 확실히 많으므로,


 => 결국 5의 개수를 세면 된다!

 

 

 

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayList;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.Stack;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		int N = Integer.parseInt(br.readLine());
		
		int zeroCount = 0;
		
		for (int i=5; i<=N; i+=5) {
			// 5로 나눠지는 횟수만큼 0 개수 추가
			zeroCount += countFive(i);
		}
		
		System.out.println(zeroCount);
	}

	private static int countFive(int i) {
		int count = 0;
		while (i % 5 == 0) {
			i /= 5;
			count += 1;
		}
		return count;
	}
}

 

5의 개수만 세면 되므로, 5부터 N까지 i를 5씩 증가시키며 5의 배수일 때만

 

countFive 메서드를 만들어 5의 수를 세었다.

 

 

 

 

개선 코드

 

 

 

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        int n = Integer.parseInt(br.readLine());

        int zeroCount = 0;

        // 5의 배수마다 5의 개수를 더함
        for (int i = 5; i <= n; i *= 5) {
            zeroCount += n / i;
        }

        System.out.println(zeroCount);
    }
}

 

  • i를 5씩 증가시키는 대신, 5의 제곱 배수를 한 번에 처리했다.

    이를 통해 5, 25, 125 등에서 각각 추가로 생기는 5의 개수를 누적할 수 있다.

  • 기존 코드는 i를 5씩 증가시켜 시간복잡도가 O(N/5* log₅N) 인 반면,

    이 방식은 i를 5씩 곱해주며 시간 복잡도를 O(log₅N)으로 최적화할 수 있었다!

 

 

 

깨달은 점

 

기존 코드도 충분히 효율적인 코드라고 느껴져 더 개선할 점이 있을까 생각했는데,

 

5의 개수를 구하는 과정에서 5의 지수마다 변곡점이 생기므로, 5씩 곱해주며 계산할 수 있는 방법이 있다는 것에 놀랐다.

 

언제나 더 효율적인 코드는 존재한 다는 것을 다시 한번 느낀다.

백준 11729: 하노이 탑 이동 순서

 

 
 

 

문제 설명

 

세 개의 장대가 있고 첫 번째 장대에는 반경이 서로 다른 n개의 원판이 쌓여 있다. 각 원판은 반경이 큰 순서대로 쌓여있다.

 

이제 수도승들이 다음 규칙에 따라 첫 번째 장대에서 세 번째 장대로 옮기려 한다.

 

  1. 한 번에 한 개의 원판만을 다른 탑으로 옮길 수 있다.
  2. 쌓아 놓은 원판은 항상 위의 것이 아래의 것보다 작아야 한다.

 

이 작업을 수행하는데 필요한 이동 순서를 출력하는 프로그램을 작성하라. 단, 이동 횟수는 최소가 되어야 한다.

 

 

 

아래 그림은 원판이 5개인 경우의 예시이다.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

입력

 

첫째 줄에 첫 번째 장대에 쌓인 원판의 개수 N (1 ≤ N ≤ 20)이 주어진다.

 

 

 

 

 

 

 

출력

 

첫째 줄에 옮긴 횟수 K를 출력한다.

 

두 번째 줄부터 수행 과정을 출력한다. 두 번째 줄부터 K개의 줄에 걸쳐 두 정수 A B를 빈칸을 사이에 두고 출력하는데,

 

이는 A번째 탑의 가장 위에 있는 원판을 B번째 탑의 가장 위로 옮긴다는 뜻이다.

 

 

 

 

 

제출 코드(실패)

 

Stack OverFlow가 발생했다.

 

특정 규칙을 찾아보려 했으나 찾지 못해 완전 탐색 방식을 사용했다.

 

한번의 재귀함수 호출에서 5가지 경우의 수로 뻗어 나가다 보니

 

5의 지수만큼 스택에 쌓여 순식간에 오버플로우가 발생했다.

 

문제 해결 방법을 다시 생각해야 했다.

 

public class Main {
	static int N, min;
	static Stack<Integer>[] towers;
	static String result;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
        
		N = sc.nextInt();
		min = Integer.MAX_VALUE;
		result = "";
		// 장대 3개, 최대 높이 N개의 탑
		towers = new Stack[3];
		for (int i=0; i<3; i++) {
			towers[i] = new Stack<>();
		}
		for (int i = N; i >= 1; i--) {
			towers[0].push(i);
		}
		
		dfs(0, 0, 0, new StringBuilder());

		System.out.println(min);
		System.out.println(result);
	}

	private static void dfs(int count, int prevPop, int prevPush, StringBuilder route) {
		System.out.println(prevPop+"에서 "+prevPush+"로 이동 " + towers[0]+" | "+towers[1]+" | "+towers[2]);
		if (towers[2].size() >= N) {
			if (min > count) {
				min = count;
				result = route.toString();
			}
			return;
		}
		
		int length = route.length();
		// i번 타워에서 j번 타워로 옮기기
		for (int i = 0; i < 3; i++) {
			for (int j = 0; j < 3; j++) {
				if (i==j) continue;
				// 이전 이동과 반대되는 이동(왔다갔다)은 PASS
				if (prevPush == i && prevPop == j) continue;
				if (towers[i].size() <= 0) continue;
				if (towers[j].size() == 0 || towers[j].peek() > towers[i].peek()) {
					moveDisk(i, j); // 옮기기
					route.append(i).append(' ').append(j).append('\n');
					dfs(count + 1, i, j, route); // 재귀함수 호출
					moveDisk(j, i); // 원상복구
					route.delete(length, route.length()-1);
				}
			}
		}
	}

	private static void moveDisk(int popTower, int pushTower) {
		int popDisk = towers[popTower].pop();
		towers[pushTower].push(popDisk);
	}
}

 

 

 

 

 

개선 코드

public class Main {
	static int N, moveCount;
	static Stack<Integer>[] towers;
	static StringBuilder result;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		N = Integer.parseInt(br.readLine());
		moveCount = 0;
		result = new StringBuilder();

		moveDisks(N, 1, 3, 2);

		System.out.println(moveCount);
		System.out.println(result);
	}

	private static void moveDisks(int diskCount, int start, int end, int sub) {
		if (diskCount == 1) {
			moveCount += 1;
			result.append(start).append(' ').append(end).append('\n');
			return;
		}
		// 보조기둥으로 diskCount-1개만큼 옮기기
		moveDisks(diskCount - 1, start, sub, end);
		// 남은 1개 원판을 목표기둥으로 옮기기
		moveCount += 1;
		result.append(start).append(' ').append(end).append('\n');
		// 보조기둥의 원판들을 목표기둥으로 옮기기
		moveDisks(diskCount - 1, sub, end, start);
	}
}

 

문제를 작은 문제로 쪼개야 했다.

 

문제 해결을 위한 로직은 아래와 같다.

 

 

1. N-1개의 원판을 보조기둥으로 옮긴다.

 

2. 남은 1개의 원판을 목표 기둥으로 옮긴다.

 

3. 보조기둥에 있는 N-1개의 원판을 목표 기둥으로 옮긴다.

 

 

로직을 재귀함수 호출 방식으로 N이 1이 될 때까지 잘게 쪼개 문제를 해결한다.

 

 

 

깨달은 점

 

나름 충격적인 풀이법이었다.

 

이 문제의 해결 방식을 보고

 

문제를 작은 단위로 쪼개 문제를 해결하는 분할 정복의 느낌을 많이 받았는데,

 

문제를 가능한 간단한 해결 방법을 생각하는 것, 작은 단위로 쪼개 생각하는 능력을 기르는 훈련이 필요함을 느꼈다.

 

백준 1158: 요세푸스 문제

 

 

 
 

 

문제 설명

 

요세푸스 문제는 다음과 같다.

 

 

 

1번부터 N번까지 N명의 사람이 원을 이루면서 앉아있고, 양의 정수 K(≤ N)가 주어진다.

 

이제 순서대로 K번째 사람을 제거한다. 한 사람이 제거되면 남은 사람들로 이루어진 원을 따라 이 과정을 계속해 나간다.

 

이 과정은 N명의 사람이 모두 제거될 때까지 계속된다.

 

원에서 사람들이 제거되는 순서를 (N, K)-요세푸스 순열이라고 한다.

 

예를 들어 (7, 3)-요세푸스 순열은 <3, 6, 2, 7, 5, 1, 4>이다.

 

 

 

N과 K가 주어지면 (N, K)-요세푸스 순열을 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

 

 

 

 

 

입력

 

첫째 줄에 N과 K가 빈 칸을 사이에 두고 순서대로 주어진다. (1 ≤ K ≤ N ≤ 5,000)

 

 

 

 

 

 

 

출력

 

예제와 같이 요세푸스 순열을 출력한다.

 

 

 

 

 

제출 코드

 
  • 실행속도: 372ms
  • 메모리: 12096KB

 

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Collections;
import java.util.Comparator;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
import java.util.PriorityQueue;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
	static int N, K, size;
	static boolean[] survived;
	static int[] ans;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		// 입력값 입력
		N = Integer.parseInt(st.nextToken()); // 사람 수
		K = Integer.parseInt(st.nextToken()); // 제거 규칙

		survived = new boolean[N + 1]; // 생존 여부를 기록
		Arrays.fill(survived, true);  // 시작은 모두 생존으로 처리
		
		ans = new int[N]; // 제거된 사람 기록
		size = 0; // ans배열의 크기 기록

		eliminate();

		print();
	}

	private static void print() {
		StringBuilder sb = new StringBuilder();
		sb.append('<');
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			if (i < N - 1)
				sb.append(ans[i]).append(',').append(' ');
			else
				sb.append(ans[i]).append('>');
		}

		System.out.println(sb);
	}

	private static void eliminate() {
		// 첫번째 제거 대상 제거 후 반복작업 수행
		int pointer = K;
		survived[K] = false;
		ans[size++] = K;

		// 모두 제거될 때까지 작업 반복
		while (size < N) {
			int cnt = K;	// 포인터 이동횟수 카운터
			
			while (cnt > 0) {
				pointer += 1;	
				if (pointer>N) pointer %= N;	// 모듈러 연산
				if (survived[pointer]) cnt -= 1;	// 포인터가 생존했을 경우에만 카운트 줄임
			}
			
			survived[pointer] = false;
			ans[size++] = pointer;
		}
		
		
	}

}

 

 

 

1. survived 배열을 이용해 원에서 제거되었는지 여부를 확인

 

 

2. ans 배열에 제거된 사람의 번호를 순서대로 저장

 

 

3. 이중 while문을 이용해 pointer를 1개씩 움직여가며 조정했다.

    1개씩 움직인 이유는 이미 제거된 사람의 번호는 옮긴 횟수에 들어가지 않아야 하기 때문.

 

 

 

 

 

개선 코드

  • 실행속도: 76ms   ← 5배 속도 향상
  • 메모리: 12096KB
import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Collections;
import java.util.Comparator;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
import java.util.PriorityQueue;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {
	static int N, K, size;
	static boolean[] survived;
	static int[] ans;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		// 입력값 입력
		N = Integer.parseInt(st.nextToken()); // 사람 수
		K = Integer.parseInt(st.nextToken()); // 제거 규칙

		ans = new int[N]; // 제거된 사람 기록
		size = 0; // ans배열의 크기 기록

		eliminate();

		print();
	}

	private static void print() {
		StringBuilder sb = new StringBuilder();
		sb.append('<');
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			if (i < N - 1)
				sb.append(ans[i]).append(',').append(' ');
			else
				sb.append(ans[i]).append('>');
		}

		System.out.println(sb);
	}

	private static void eliminate() {
		int pointer = 0;
		List<Integer> list = new ArrayList<>();
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			list.add(i);
		}
		while (size<N) {
			pointer = (pointer + K - 1) % list.size();
			ans[size++] = list.remove(pointer);
		}
	}
}

 

 

주요 개선 사항

 

1. survived 배열 사용하지 않음.

 

2. 배열 대신 리스트를 생성하여 사람 제거 시 자동으로 인덱스가 당겨지도록 함.

 

3. pointer를 K만큼 더해 한번에 움직임

    이것이 가능한 이유는 리스트 자료구조를 사용해 알아서 제거된 사람을 걸러주는 역할을 했기 때문!

 

 

 

깨달은 점

 

리스트를 사용해도 메모리 사용량에 큰 차이가 없었으며, 실행속도도 5배 가량 빨라졌다.

 


무조건 배열이 실행속도가 빠른 것은 아님을 알게 되었다.

 

 

오히려 리스트 자료구조를 사용하여 K만큼 한번에 건너뛸 수 있어 연산량을 많이 줄일 수 있었다.

 

 

중간 요소를 제거하거나 새로 삽입할 경우에는 뒤의 요소들을 한번에 당겨주는 리스트 자료구조가 유리함!

 

 

 

 

 

 

 
 

 

StringBuilder 초기화하는 방법

 

  1. new로 인스턴스 새로 생성

StringBuilder sb = new StringBuilder();

for (int i=0; i<1000000000; i++) {
	sb = new StringBuilder();
}

 

10억회 반복 시 속도 -> 64ms

 

 

 

2. delete() 메서드 사용

StringBuilder sb = new StringBuilder();

for (int i=0; i<1000000000; i++) {
	sb.delete(0, sb.length());
}

 

10억회 반복 시 속도 -> 4ms

 

 

 

3. setLengt() 메서드 사용

StringBuilder sb = new StringBuilder();

for (int i=0; i<1000000000; i++) {
	sb = new StringBuilder();
}

 

10억회 반복 시 속도 -> 4ms

 

 

 

 

 

매번 new를 이용해 객체를 새로 생성해 초기화하는 방법은 실행속도 측면에서 가장 최악이었다.

 

나머지 방법과 비교해 무려 16배 가량 느린 속도를 보여줬다.

 

그리고 setLength, delete 메서드를 사용해 초기화 하는 방법은 4ms로 비슷한 모습을 보였다.

 

앞으로 StringBuilder를 초기화해야 할 경우엔 객체 생성은 최대한 피해야 하겠다.

 

 

나의 경우에는 delete보단 setLength 메서드가 더 사용하기 간편하기에 setLength를 사용할 것 같다.

 

 

 

실제 알고리즘 문제에 적용 시 속도는 ? 

 

 

 

그렇다면 실제 문제에 적용하면 어떨까?

 

 

 

백준 문제 내용은 아래 링크 참조.

 

백준 10666: N과M(12)

 

 

 

 

내 제출 코드

 

조합(Combination) 알고리즘을 사용해 수열에서 필요한 개수만큼 숫자를 뽑은 후,

 

중복되는 수열을 제거하는 과정에 StringBuilder를 사용했다.

 

(물론 효율적인 방법이 아니기에 개선 필요.)

 

 

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.Arrays;
import java.util.StringTokenizer;

/*
 * 비내림차순이어야 하므로, 배열 입력받은 후 정렬하고 조합 작업 시작해야 함.
 * 배열을 오름차순으로 정렬하고, 0번 인덱스부터 선택할지 안할지 탐색.
 * 최종 수열 완성 시 이미 존재하는지 여부 확인.
 * 
 * 시간복잡도 개선을 위해 배열로 관리.
 */

public class Main {
	static int N, M;
	static int[] arr;
	static int[] tmp;
	static String[] pick;
	static int size;
	static StringBuilder sb;
	static StringBuilder ans;

	public static void main(String[] args) throws IOException {
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		sb = new StringBuilder();
		ans = new StringBuilder();

		N = Integer.parseInt(st.nextToken());
		M = Integer.parseInt(st.nextToken());

		arr = new int[N]; // 원본 배열
		tmp = new int[M]; // 숫자 조합 배열
		pick = new String[6435]; // 최종 출력할 조합 (최대크기인 8C4 = 70)

		size = 0; // 최종 출력할 조합 배열의 크기

		// 배열 입력
		st = new StringTokenizer(br.readLine());
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			arr[i] = Integer.parseInt(st.nextToken());
		}

		Arrays.sort(arr); // 배열 오름차순 정렬

		combination(0, 0); // 조합 시작

		System.out.println(ans);
	}

	private static void combination(int aidx, int tidx) {
	    // 기저조건: tidx가 M에 도달했을 때
	    if (tidx == M) {
	        for (int n : tmp) {
	            sb.append(n).append(' '); // 공백을 추가해서 숫자를 구분
	        }

	        // 중복 여부 확인
	        for (int i = 0; i < size; i++) {
	            if (pick[i].equals(sb.toString())) {
	                sb.setLength(0);
	                return;
	            }
	        }

	        // 중복 없다면 arr배열에 추가 후 정답 출력
	        pick[size++] = sb.toString();

	        ans.append(sb).append('\n');

	        sb.setLength(0);
	        return;
	    }

	    // 불완전 선택 (무시): aidx가 N 이상이면 더 이상 선택할 수 없음
	    if (aidx >= N) {
	        return;
	    }

	    // 재귀 호출부
	    for (int i = aidx; i < N; i++) {
	        tmp[tidx] = arr[i]; // tidx는 M을 넘지 않음
	        combination(i, tidx + 1); // i를 그대로 넘기므로 중복 조합 허용
	    }
	}

}

 

 

 

여기에서 StringBuilder를 초기화하는 부분만 3가지 방법 각각으로 수정해 비교해보겠다.

???????????????????

 

 

setLength가 가장 짧지만 유의미한 차이는 아니였다...

 

 

그러니 참고만 하자.