https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/67259
\n건설회사의 설계사인 죠르디는 고객사로부터 자동차 경주로 건설에 필요한 견적을 의뢰받았습니다.
\n제공된 경주로 설계 도면에 따르면 경주로 부지는 N x N 크기의 정사각형 격자 형태이며 각 격자는 1 x 1 크기입니다.
\n설계 도면에는 각 격자의 칸은 0 또는 1 로 채워져 있으며, 0은 칸이 비어 있음을 1은 해당 칸이 벽으로 채워져 있음을 나타냅니다.
\n경주로의 출발점은 (0, 0) 칸(좌측 상단)이며, 도착점은 (N-1, N-1) 칸(우측 하단)입니다. 죠르디는 출발점인 (0, 0) 칸에서 출발한 자동차가 도착점인 (N-1, N-1) 칸까지 무사히 도달할 수 있게 중간에 끊기지 않도록 경주로를 건설해야 합니다.
\n경주로는 상, 하, 좌, 우로 인접한 두 빈 칸을 연결하여 건설할 수 있으며, 벽이 있는 칸에는 경주로를 건설할 수 없습니다.
\n이때, 인접한 두 빈 칸을 상하 또는 좌우로 연결한 경주로를 직선 도로 라고 합니다.
\n또한 두 직선 도로가 서로 직각으로 만나는 지점을 코너 라고 부릅니다.
\n건설 비용을 계산해 보니 직선 도로 하나를 만들 때는 100원이 소요되며, 코너를 하나 만들 때는 500원이 추가로 듭니다.
\n죠르디는 견적서 작성을 위해 경주로를 건설하는 데 필요한 최소 비용을 계산해야 합니다.
예를 들어, 아래 그림은 직선 도로 6개와 코너 4개로 구성된 임의의 경주로 예시이며, 건설 비용은 6 x 100 + 4 x 500 = 2600원 입니다.
또 다른 예로, 아래 그림은 직선 도로 4개와 코너 1개로 구성된 경주로이며, 건설 비용은 4 x 100 + 1 x 500 = 900원 입니다.
\n도면의 상태(0은 비어 있음, 1은 벽)을 나타내는 2차원 배열 board가 매개변수로 주어질 때, 경주로를 건설하는데 필요한 최소 비용을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
\n| board | \nresult | \n
|---|---|
| [[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]] | \n900 | \n
| [[0,0,0,0,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,1,0,0,0],[0,0,0,1,0,0,0,1],[0,0,1,0,0,0,1,0],[0,1,0,0,0,1,0,0],[1,0,0,0,0,0,0,0]] | \n3800 | \n
| [[0,0,1,0],[0,0,0,0],[0,1,0,1],[1,0,0,0]] | \n2100 | \n
| [[0,0,0,0,0,0],[0,1,1,1,1,0],[0,0,1,0,0,0],[1,0,0,1,0,1],[0,1,0,0,0,1],[0,0,0,0,0,0]] | \n3200 | \n
BFS, DP
\n# BFS 탐색\n q = deque()\n q.append((x, y, d, cost))\n while q:\n x, y, d, cost = q.popleft()\n for i in range(4):\n next_x, next_y = x + dx[i], y + dy[i]\n # boundary 안이고 벽이 아닌 경우\n if 0 <= next_x < N and 0 <= next_y < N and board[next_y][next_x] == 0:\n # 직선 도로 비용 추가\n next_cost = cost + 100\n # 방향이 달라지면 코너 비용 추가\n if d != i and d != -1:\n next_cost += 500\n # 해당 cost_list 값보다 작으면 업데이트하고 append\n if next_cost < cost_list[next_y][next_x][i]:\n cost_list[next_y][next_x][i] = next_cost\n q.append((next_x, next_y, i, next_cost))\n answer = min(cost_list[N-1][N-1])next_cost에 저장하고,cost_list[next_y][next_x][i] 값보다 next_cost 값이 작으면 cost_list 값을 업데이트하고 deque에 append해준다.cost_list 값들 중 최솟값이 정답from collections import deque\nimport sys\n\ndef solution(board):\n answer, N = 0, len(board)\n dx = [1, 0, -1, 0]\n dy = [0, 1, 0, -1]\n cost_list = [[[sys.maxsize for _ in range(4)]for _ in range(N)]for _ in range(N)] # y좌표, x좌표, 방향에 해당하는 누적 최소 비용 저장\n x, y, d, cost = 0, 0, -1, 0\n # BFS 탐색\n q = deque()\n q.append((x, y, d, cost))\n while q:\n x, y, d, cost = q.popleft()\n for i in range(4):\n next_x, next_y = x + dx[i], y + dy[i]\n # boundary 안이고 벽이 아닌 경우\n if 0 <= next_x < N and 0 <= next_y < N and board[next_y][next_x] == 0:\n # 직선 도로 비용 추가\n next_cost = cost + 100\n # 방향이 달라지면 코너 비용 추가\n if d != i and d != -1:\n next_cost += 500\n # 해당 cost_list 값보다 작으면 업데이트 하고 append\n if next_cost < cost_list[next_y][next_x][i]:\n cost_list[next_y][next_x][i] = next_cost\n q.append((next_x, next_y, i, next_cost))\n answer = min(cost_list[N-1][N-1])\n return answerBFS를 사용해야겠다는 생각은 처음부터 하고 구현을 했고, 하다가 해당 경로의 최소 누적 비용을 저장할 필요성을 느껴서 DP도 섞어서 구현을 했다.
\n시간은 조금 걸렸지만 구현을 다 하고 확인을 하니 계속 마지막 테스트 케이스만 틀려서 다른 사람들의 힌트를 확인했다..
\n해당 좌표에 대해서만 최소 누적 비용을 저장하고 비교하는 것이 아니라 방향에 따라 다르게 저장을 할 필요가 있다고 해서 cost_list 리스트를 3차원으로 변경하니까 통과,,
\n카카오 4번 문제부터는 확실히 난이도가 올라가는 것 같다,,
https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/67258
\n[본 문제는 정확성과 효율성 테스트 각각 점수가 있는 문제입니다.]
\n개발자 출신으로 세계 최고의 갑부가 된 어피치는 스트레스를 받을 때면 이를 풀기 위해 오프라인 매장에 쇼핑을 하러 가곤 합니다.
\n어피치는 쇼핑을 할 때면 매장 진열대의 특정 범위의 물건들을 모두 싹쓸이 구매하는 습관이 있습니다.
\n어느 날 스트레스를 풀기 위해 보석 매장에 쇼핑을 하러 간 어피치는 이전처럼 진열대의 특정 범위의 보석을 모두 구매하되 특별히 아래 목적을 달성하고 싶었습니다.
\n진열된 모든 종류의 보석을 적어도 1개 이상 포함하는 가장 짧은 구간을 찾아서 구매
예를 들어 아래 진열대는 4종류의 보석(RUBY, DIA, EMERALD, SAPPHIRE) 8개가 진열된 예시입니다.
\n| 진열대 번호 | \n1 | \n2 | \n3 | \n4 | \n5 | \n6 | \n7 | \n8 | \n
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 보석 이름 | \nDIA | \nRUBY | \nRUBY | \nDIA | \nDIA | \nEMERALD | \nSAPPHIRE | \nDIA | \n
진열대의 3번부터 7번까지 5개의 보석을 구매하면 모든 종류의 보석을 적어도 하나 이상씩 포함하게 됩니다.
\n진열대의 3, 4, 6, 7번의 보석만 구매하는 것은 중간에 특정 구간(5번)이 빠지게 되므로 어피치의 쇼핑 습관에 맞지 않습니다.
\n진열대 번호 순서대로 보석들의 이름이 저장된 배열 gems가 매개변수로 주어집니다. 이때 모든 보석을 하나 이상 포함하는 가장 짧은 구간을 찾아서 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
\n가장 짧은 구간의 시작 진열대 번호와 끝 진열대 번호를 차례대로 배열에 담아서 return 하도록 하며, 만약 가장 짧은 구간이 여러 개라면 시작 진열대 번호가 가장 작은 구간을 return 합니다.
| gems | \nresult | \n
|---|---|
| [“DIA”, “RUBY”, “RUBY”, “DIA”, “DIA”, “EMERALD”, “SAPPHIRE”, “DIA”] | \n[3, 7] | \n
| [“AA”, “AB”, “AC”, “AA”, “AC”] | \n[1, 3] | \n
| [“XYZ”, “XYZ”, “XYZ”] | \n[1, 1] | \n
| [“ZZZ”, “YYY”, “NNNN”, “YYY”, “BBB”] | \n[1, 5] | \n
Two Pointers
\nstart = 0\ncurrent = defaultdict(int) # 기본값 0인 dictionary 생성\ncount = len(set(gems)) # set을 이용해서 중복 제거하고 전체 보석 수 저장\nanswer = [1, len(gems)]defaultdict에 int를 인자로 주고 생성하여 기본값이 0인 dictionary를 생성set을 이용해서 중복 제거하고 전체 보석 수 저장# start, end 투 포인터를 이용해서 가장 짧은 구간 찾기\n for end in range(len(gems)):\n current[gems[end]] += 1\n # 모든 보석을 하나 이상 포함하는 경우\n while len(current) == count:\n # 해당 구간의 길이가 answer 구간 길이보다 작으면 업데이트\n if end - start < answer[1] - answer[0]:\n answer[0], answer[1] = start+1, end+1\n current[gems[start]] -= 1\n # 해당 키 값이 0이 되면 dictionary에서 삭제\n if current[gems[start]] == 0:\n del current[gems[start]]\n start += 1\n return answerend가 전체 보석 리스트의 처음부터 끝까지 이동하면서 해당 보석의 dictionary 키 값을 +1answer 구간 길이보다 작은지 확인하고 작으면 answer 값 업데이트하고start를 다음 위치로 옮기고 반복한다.from collections import defaultdict\n\ndef solution(gems):\n start = 0\n current = defaultdict(int) # 기본값 0인 dictionary 생성\n count = len(set(gems)) # set을 이용해서 중복 제거하고 전체 보석 수 저장\n answer = [1, len(gems)]\n # start, end 투 포인터를 이용해서 가장 짧은 구간 찾기\n for end in range(len(gems)):\n current[gems[end]] += 1\n # 모든 보석을 하나 이상 포함하는 경우\n while len(current) == count:\n # 해당 구간의 길이가 answer 구간 길이보다 작으면 업데이트\n if end - start < answer[1] - answer[0]:\n answer[0], answer[1] = start+1, end+1\n current[gems[start]] -= 1\n # 해당 키 값이 0이 되면 dictionary에서 삭제\n if current[gems[start]] == 0:\n del current[gems[start]]\n start += 1\n return answer처음에는 규칙이 있을 거라고 생각하고 규칙을 찾아서 해봤지만, 예외 케이스도 많이 나오고 효율성도 통과하지 못해서 아예 다른 방식을 생각해보았다.
\n그러다가 예전에 배웠었던 슬라이딩 윈도우를 생각해냈는데 슬라이딩 윈도우는 고정 길이고, 여기서는 길이가 변해야 하기 때문에 투 포인터 알고리즘이라고 얘기하는게 맞는 것 같다.
\ndictionary와 투 포인터를 이용해서 구현했는데 모든 보석을 하나 이상 포함하고 있는지 처리하는 과정이 효율적이지 않아서 이 부분은 검색을 통해 defaultdict 라는 것이 있다는 것을 알게 되었고, defaultdict를 이용해서 간단하게 구현할 수 있었다.
https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/67260
\n[본 문제는 정확성과 효율성 테스트 각각 점수가 있는 문제입니다.]
\n오지 탐험가인 프로도는 탐험 도중 n개의 방으로 이루어진 지하 동굴을 탐험하게 되었습니다. 모든 방에는 0부터 n - 1 까지 번호가 붙어있고, 이 동굴에 들어갈 수 있는 유일한 입구는 0번 방과 연결되어 있습니다. 각 방들은 양방향으로 통행이 가능한 통로로 서로 연결되어 있는데, 서로 다른 두 방을 직접 연결하는 통로는 오직 하나입니다. 임의의 서로 다른 두 방 사이의 최단경로는 딱 한 가지만 있으며, 또한 임의의 두 방 사이에 이동이 불가능한 경우는 없습니다.
\n탐험에 앞서 이 지하 동굴의 지도를 손에 넣은 프로도는 다음과 같이 탐험 계획을 세웠습니다.
\n위 계획 중 2-2, 2-3, 2-4는 순서를 지켜 방문해야 하는 두 방의 쌍이 A → B(A를 먼저 방문하고 B를 방문함) 형태로 유일함을 의미합니다. 즉, 프로도는 아래와 같은 형태로 방문순서가 잡히지 않도록 방문 계획을 세웠습니다.
A → B, A → C (방문순서 배열 order = […,[A,B],…,[A,C],…]) 형태로 A를 방문 후에 방문해야 할 방이 B와 C로 두 개 또는 그 이상인 경우X → A, Z → A (방문순서 배열 order = […,[X,A],…,[Z,A],…]) 형태로 A를 방문하기 전에 방문해야 할 방이 X와 Z로 두 개 또는 그 이상인 경우A → B → C (방문순서 배열 order = […,[A,B],…,[B,C],…) 형태로 B처럼 A 방문 후이면서 동시에 C 방문 전인 경우그리고 먼저 방문해야 할 방과 나중에 방문할 방을 반드시 연속해서 방문해야 할 필요는 없어 A방을 방문한 후 다른 방을 방문한 후 B방을 방문해도 좋습니다.
\n방 개수 n, 동굴의 각 통로들이 연결하는 두 방의 번호가 담긴 2차원 배열 path, 프로도가 정한 방문 순서가 담긴 2차원 배열 order가 매개변수로 주어질 때, 프로도가 규칙에 맞게 모든 방을 탐험할 수 있을 지 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
\n| n | \npath | \norder | \nresult | \n
|---|---|---|---|
| 9 | \n[[0,1],[0,3],[0,7],[8,1],[3,6],[1,2],[4,7],[7,5]] | \n[[8,5],[6,7],[4,1]] | \ntrue | \n
| 9 | \n[[8,1],[0,1],[1,2],[0,7],[4,7],[0,3],[7,5],[3,6]] | \n[[4,1],[5,2]] | \ntrue | \n
| 9 | \n[[0,1],[0,3],[0,7],[8,1],[3,6],[1,2],[4,7],[7,5]] | \n[[4,1],[8,7],[6,5]] | \nfalse | \n
DFS
\n# tree 정보 입력\n for a, b in path:\n tree[a].append(b)\n tree[b].append(a)\n# 방문 순서 정보 입력\n for a, b in order:\n # 0을 나중에 방문해야 하는 경우는 존재 X\n if b == 0: return False\n orders[b] = adefaultdict를 이용해 기본값이 list인 dictionary 생성하고 path 정보 저장orders 리스트에 입력b가 0이면 False 반환하고 종료# DFS 탐색\n stack.extend(tree[0])\n while stack:\n num = stack.pop()\n if visited[num]: continue\n # 먼저 방문해야 할 방이 있지만, 방문하지 않은 경우\n if orders[num] and not visited[orders[num]]:\n after[orders[num]] = num\n continue\n # 방문하지 않은 경우\n visited[num] = True\n stack.extend(tree[num])\n if after[num] != -1:\n stack.append(after[num]) # after 값이 있으면 append\n# 하나라도 방문하지 않았으면 False\n if False in visited:\n return False\n return Trueafter 값에 현재 값 저장visited 업데이트 해주고, stack에 연결된 노드 값 extend하고, 해당 after 값이 있으면 그 값도 appendfrom collections import defaultdict\ndef solution(n, path, order):\n stack = []\n tree = defaultdict(list)\n orders = defaultdict(int)\n visited = [False for _ in range(n)]\n after = [-1 for _ in range(n)]\n # tree 정보 입력\n for a, b in path:\n tree[a].append(b)\n tree[b].append(a)\n # 방문 순서 정보 입력\n for a, b in order:\n # 0을 나중에 방문해야 하는 경우는 존재 X\n if b == 0: return False\n orders[b] = a\n # DFS 탐색\n stack.extend(tree[0])\n while stack:\n num = stack.pop()\n if visited[num]: continue\n # 먼저 방문해야 할 방이 있지만, 방문하지 않은 경우\n if orders[num] and not visited[orders[num]]:\n after[orders[num]] = num\n continue\n # 방문하지 않은 경우\n visited[num] = True\n stack.extend(tree[num])\n if after[num] != -1:\n stack.append(after[num]) # after 값이 있으면 append\n # 하나라도 방문하지 않았으면 False\n if False in visited:\n return False\n return True문제를 이해하고 아이디어를 내기까지 시간이 오래걸렸다. DFS를 사용해야 한다는 것은 쉽게 알 수 있었지만, after 리스트를 만들어서 방문 우선순위를 처리하는 방법을 생각해내지 못해서 다른 사람들의 힌트를 보고 구현했다.. 그리고 30번 테스트 케이스도 계속 틀려서 이유를 몰랐는데 0을 나중에 방문해야 하는 경우는 존재할 수 없다는 것을 생각 못해서 나중에 이 부분을 처리하고 통과했다.
\n카카오 인턴 코테 마지막 문제답게 쉽지 않다,,