https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/81303
\n[본 문제는 정확성과 효율성 테스트 각각 점수가 있는 문제입니다.]
\n업무용 소프트웨어를 개발하는 니니즈웍스의 인턴인 앙몬드는 명령어 기반으로 표의 행을 선택, 삭제, 복구하는 프로그램을 작성하는 과제를 맡았습니다. 세부 요구 사항은 다음과 같습니다
\n위 그림에서 파란색으로 칠해진 칸은 현재 선택된 행을 나타냅니다. 단, 한 번에 한 행만 선택할 수 있으며, 표의 범위(0행 ~ 마지막 행)를 벗어날 수 없습니다. 이때, 다음과 같은 명령어를 이용하여 표를 편집합니다.
\n\"U X\" : 현재 선택된 행에서 X칸 위에 있는 행을 선택합니다.\"D X\" : 현재 선택된 행에서 X칸 아래에 있는 행을 선택합니다.\"C\" : 현재 선택된 행을 삭제한 후, 바로 아래 행을 선택합니다. 단, 삭제된 행이 가장 마지막 행인 경우 바로 윗 행을 선택합니다.\"Z\" : 가장 최근에 삭제된 행을 원래대로 복구합니다. 단, 현재 선택된 행은 바뀌지 않습니다.n ≤ 1,000,000k < ncmd의 원소 개수 ≤ 200,000\ncmd의 각 원소는 \"U X\", \"D X\", \"C\", \"Z\" 중 하나입니다.cmd에 등장하는 모든 X들의 값을 합친 결과가 1,000,000 이하인 경우만 입력으로 주어집니다.\"이름\" 열을 사용하였으나, \"이름\"열의 내용이 실제 문제를 푸는 과정에 필요하지는 않습니다. \"이름\"열에는 서로 다른 이름들이 중복없이 채워져 있다고 가정하고 문제를 해결해 주세요.| n | \nk | \ncmd | \nresult | \n
|---|---|---|---|
| 8 | \n2 | \n[“D 2”,“C”,“U 3”,“C”,“D 4”,“C”,“U 2”,“Z”,“Z”] | \n“OOOOXOOO” | \n
| 8 | \n2 | \n[“D 2”,“C”,“U 3”,“C”,“D 4”,“C”,“U 2”,“Z”,“Z”,“U 1”,“C”] | \n“OOXOXOOO” | \n
Linked List
\n# 연결리스트 형태의 dictionary 생성 (첫 행과 마지막 행 연결 부분은 None)\ntable = {i: [i-1, i+1] for i in range(1, n-1)}\ntable[0] = [None, 1]\ntable[n-1] = [n-2, None][prev, next] 연결리스트 형태의 dictionary 생성if c[0] == 'D':\n for _ in range(int(c[2:])):\n current = table[current][1]\nelif c[0] == 'U':\n for _ in range(int(c[2:])):\n current = table[current][0]c가 문자열이기 때문에 이동거리는 slice를 통해 구하고,elif c[0] == 'C':\n answer[current] = 'X'\n prev, next = table[current]\n removed.append((table[current], current)) # 삭제된 값과 위치 removed에 append\n # 첫 행, 마지막 행 삭제하는 경우 나눠서 처리\n if prev == None:\n table[next][0] = None\n current = next\n elif next == None:\n table[prev][1] = None\n current = prev\n else:\n table[prev][1] = next\n table[next][0] = prev\n current = nextanswer 값을 X로 바꾸고, 삭제할 값과 위치를 removed 리스트에 appendelif c[0] == 'Z':\n (prev, next), i = removed.pop()\n answer[i] = 'O'\n # 첫 행, 마지막 행 복구하는 경우 나눠서 처리\n if prev == None:\n table[next][0] = i\n elif next == None:\n table[prev][1] = i\n else:\n table[prev][1] = i\n table[next][0] = iremoved 리스트에서 prev, next, i를 pop하고, i에 해당하는 answer 값을 O으로 바꿔준다.def solution(n, k, cmd):\n answer = ['O' for _ in range(n)]\n current, removed = k, []\n # 연결리스트 형태의 dictionary 생성 (첫 행과 마지막 행 연결 부분은 None)\n table = {i: [i-1, i+1] for i in range(1, n-1)}\n table[0] = [None, 1]\n table[n-1] = [n-2, None]\n for c in cmd:\n if c[0] == 'D':\n for _ in range(int(c[2:])):\n current = table[current][1]\n elif c[0] == 'U':\n for _ in range(int(c[2:])):\n current = table[current][0]\n elif c[0] == 'C':\n answer[current] = 'X'\n prev, next = table[current]\n removed.append((table[current], current)) # 삭제된 값과 위치 removed에 append\n # 첫 행, 마지막 행 삭제하는 경우 나눠서 처리\n if prev == None:\n table[next][0] = None\n current = next\n elif next == None:\n table[prev][1] = None\n current = prev\n else:\n table[prev][1] = next\n table[next][0] = prev\n current = next\n elif c[0] == 'Z':\n (prev, next), i = removed.pop()\n answer[i] = 'O'\n # 첫 행, 마지막 행 복구하는 경우 나눠서 처리\n if prev == None:\n table[next][0] = i\n elif next == None:\n table[prev][1] = i\n else:\n table[prev][1] = i\n table[next][0] = i\n return ''.join(answer)처음에는 스택을 이용해서 간단하게 구현했지만 역시나 효율성에서 통과하지 못했다.
\n도저히 방향을 못잡겠어서 질문하기를 참고했고, 연결리스트로 풀어야 한다는 팁을 얻고 연결리스트로 풀었다.
\n연결리스트로 풀어야 된다는 것을 알고 나서도 이것저것 생각보다 시간이 걸렸고, 전체적으로 시간이 오래 걸렸던 문제,,,
\n다양한 알고리즘 문제들을 풀어야 할 필요성을 느낌
https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/81302
\n개발자를 희망하는 죠르디가 카카오에 면접을 보러 왔습니다.
\n코로나 바이러스 감염 예방을 위해 응시자들은 거리를 둬서 대기를 해야하는데 개발 직군 면접인 만큼\n아래와 같은 규칙으로 대기실에 거리를 두고 앉도록 안내하고 있습니다.
\n5개의 대기실을 본 죠르디는 각 대기실에서 응시자들이 거리두기를 잘 기키고 있는지 알고 싶어졌습니다. 자리에 앉아있는 응시자들의 정보와 대기실 구조를 대기실별로 담은 2차원 문자열 배열 places가 매개변수로 주어집니다. 각 대기실별로 거리두기를 지키고 있으면 1을, 한 명이라도 지키지 않고 있으면 0을 배열에 담아 return 하도록 solution 함수를 완성해 주세요.
places의 행 길이(대기실 개수) = 5\nplaces의 각 행은 하나의 대기실 구조를 나타냅니다.places의 열 길이(대기실 세로 길이) = 5places의 원소는 P, O, X로 이루어진 문자열입니다.\nplaces 원소의 길이(대기실 가로 길이) = 5P는 응시자가 앉아있는 자리를 의미합니다.O는 빈 테이블을 의미합니다.X는 파티션을 의미합니다.places에 담겨 있는 5개 대기실의 순서대로, 거리두기 준수 여부를 차례대로 배열에 담습니다.| places | \nresult | \n
|---|---|
| [[“POOOP”, “OXXOX”, “OPXPX”, “OOXOX”, “POXXP”], [“POOPX”, “OXPXP”, “PXXXO”, “OXXXO”, “OOOPP”], [“PXOPX”, “OXOXP”, “OXPOX”, “OXXOP”, “PXPOX”], [“OOOXX”, “XOOOX”, “OOOXX”, “OXOOX”, “OOOOO”], [“PXPXP”, “XPXPX”, “PXPXP”, “XPXPX”, “PXPXP”]] | \n[1, 0, 1, 1, 1] | \n
DFS
\n# 강의실마다 확인\n for place in places:\n check = True\n for i in range(5):\n for j in range(5):\n # 사람이 있는 경우에만 탐색하고, 반환값 체크\n if place[i][j] == 'P' and not search(place, j, i):\n check = False\n # check에 따라 값 입력\n if check: answer.append(1)\n else: answer.append(0)\n return answersearch() 함수로 탐색하고, 반환값이 False면 check도 False로 저장check 값에 따라 answer에 거리두기 여부 appenddef search(place, x, y):\n stack = [(x, y, 0)]\n visited = [[False for _ in range(5)]for _ in range(5)]\n dx = [1, 0, -1, 0]\n dy = [0, 1, 0, -1]\n visited[y][x] = True\n # DFS 탐색\n while stack:\n x, y, d = stack.pop()\n if d == 2: continue # 깊이 2까지만\n for i in range(4):\n next_x, next_y = x + dx[i], y + dy[i]\n if next_x < 0 or next_x >= 5 or next_y < 0 or next_y >= 5 or visited[next_y][next_x]: continue\n if place[next_y][next_x] == \"P\": return False\n if place[next_y][next_x] == \"O\": stack.append((next_x, next_y, d+1))\n return TrueP를 만나면 False 반환 / O를 만나면 stack에 append해서 탐색 계속 (깊이 2까지만)x, y 의 visited 값을 True로 지정하고 예외 처리def search(place, x, y):\n stack = [(x, y, 0)]\n visited = [[False for _ in range(5)]for _ in range(5)]\n dx = [1, 0, -1, 0]\n dy = [0, 1, 0, -1]\n visited[y][x] = True\n # DFS 탐색\n while stack:\n x, y, d = stack.pop()\n if d == 2: continue # 깊이 2까지만\n for i in range(4):\n next_x, next_y = x + dx[i], y + dy[i]\n if next_x < 0 or next_x >= 5 or next_y < 0 or next_y >= 5 or visited[next_y][next_x]: continue\n if place[next_y][next_x] == \"P\": return False\n if place[next_y][next_x] == \"O\": stack.append((next_x, next_y, d+1))\n return True\n \ndef solution(places):\n answer = []\n # 강의실마다 확인\n for place in places:\n check = True\n for i in range(5):\n for j in range(5):\n # 사람이 있는 경우에만 탐색하고, 반환값 체크\n if place[i][j] == 'P' and not search(place, j, i):\n check = False\n # check에 따라 값 입력\n if check: answer.append(1)\n else: answer.append(0)\n return answerDFS로 깊이 2까지만 탐색하면 되는 문제.
\n코드가 예쁘지는 않지만 코테 대비해서 최대한 빠르게 풀려고 했는데 걸린 시간은 만족!
https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/81304
\n신규 게임 ‘카카오 미로 탈출’이 출시되어, 라이언이 베타테스터로 참가했습니다.
\n위 예시 그림은 카카오 미로 탈출의 초기 상태를 나타냅니다. 1번부터 3번까지 번호가 붙어있는 3개의 방이 있고, 방과 방 사이를 연결하는 길에는 이동하는데 걸리는 시간이 표시되어 있습니다. 길은 화살표가 가리키는 방향으로만 이동할 수 있습니다. 미로에는 함정이 존재하며, 함정으로 이동하면, 이동한 함정과 연결된 모든 화살표의 방향이 바뀝니다.
\n출발지점인 1번 방에서 탈출이 가능한 3번 방까지 이동해야 합니다. 탈출하는데 걸리는 최소 시간을 구하려고 합니다.
n개일 때, 방 번호는 1부터 n까지 사용됩니다.2번 방은 함정입니다.\n1번 방에서 2번 방으로 이동하는 순간 1에서 2로 이동할 수 있던 길은 2에서 1로 이동할 수 있는 길로 바뀌고, 3에서 2로 이동할 수 있던 길은 2에서 3으로 이동할 수 있는 길로 바뀝니다.방의 개수를 나타내는 정수 n, 출발 방의 번호 start, 도착 방의 번호 end, 통로와 이동시간을 나타내는 2차원 정수 배열 roads, 함정 방의 번호를 담은 정수 배열 traps이 매개변수로 주어질 때, 미로를 탈출하는데 필요한 최단 시간을 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.
n ≤ 1,000start ≤ nend ≤ nroads의 행 길이 ≤ 3,000roads의 행은 [P, Q, S]로 이루어져 있습니다.\nP에서 Q로 갈 수 있는 길이 있으며, 길을 따라 이동하는데 S만큼 시간이 걸립니다.P ≤ nQ ≤ nP ≠ QS ≤ 3,000traps의 길이 ≤ 10\ntraps의 원소 ≤ n| n | \nstart | \nend | \nroads | \ntraps | \nresult | \n
|---|---|---|---|---|---|
| 3 | \n1 | \n3 | \n[[1, 2, 2], [3, 2, 3]] | \n[2] | \n5 | \n
| 4 | \n1 | \n4 | \n[[1, 2, 1], [3, 2, 1], [2, 4, 1]] | \n[2, 3] | \n4 | \n
Dijkstra, BitMask
\ngraph = defaultdict(list)\n# visited : 활성화 된 함정 노드에 따라 방문했던 노드 표시\n# visited[node][활성화 된 함정 상태] (활성화 된 함정 상태는 비트마스크로 표시)\nvisited = [[INF for _ in range(2**len(traps))]for _ in range(n+1)]\ntraps_dict = {n: i for i, n in enumerate(traps)} # 함정 노드: traps 리스트 상 index\n# 그래프 정보 입력\nfor a, b, v in roads:\n graph[a].append([b, v, False]) # False : 정방향\n graph[b].append([a, v, True]) # True : 역방향visited : 활성화 된 함정 노드에 따라 방문했던 노드 표시visited[node][활성화 된 함정 상태] (활성화 된 함정 상태는 비트마스크로 표시)traps_dict : (함정노드: traps 리스트 상 index) 형태로 dictionary 생성defaultdict로 생성한 graph에 정보 입력# 다익스트라 알고리즘\n h = []\n heapq.heappush(h, (0, start, 0))\n visited[start][0] = 0\n while h:\n cost, node, state = heapq.heappop(h)\n # end 노드 도착\n if node == end:\n answer = min(answer, cost)\n continue\n # 이미 방문한 값보다 크면 방문 X\n if cost > visited[node][state]:\n continue\n for next_node, next_cost, direction in graph[node]:\n # 함정 노드면 비트마스킹\n cur_trap, next_trap = False, False\n if node in traps_dict:\n cur_trap = bool(state & (1 << traps_dict[node]))\n if next_node in traps_dict:\n next_trap = bool(state & (1 << traps_dict[next_node]))\n if direction != (cur_trap ^ next_trap): # cur_trap, next_trap 상태가 같으면 정방향, 다르면 역방향\n continue\n # 다음 노드가 함정 노드인지에 따라 상태 변경\n next_state = state\n if next_node in traps_dict:\n next_state = state ^ (1 << traps_dict[next_node])\n # 다음 cost 계산하고, 다음 상태의 cost가 이미 방문했고 더 작으면 방문 X\n next_cost = cost + next_cost\n if next_cost >= visited[next_node][next_state]:\n continue\n visited[next_node][next_state] = next_cost\n heapq.heappush(h, (next_cost, next_node, next_state))\n return answerend 노드 도착answer에 answer와 cost 중 최솟값 저장하고 heap에 값이 남아있을 수도 있으니 continue 해서 계속 진행& 비트 연산하여 저장cur_trap, next_trap의 값이 같으면 정방향, 다르면 역방향import heapq, sys\nfrom collections import defaultdict\n\ndef solution(n, start, end, roads, traps):\n INF = sys.maxsize\n answer = INF\n graph = defaultdict(list)\n # visited : 활성화 된 함정 노드에 따라 방문했던 노드 표시\n # visited[node][활성화 된 함정 상태] (활성화 된 함정 상태는 비트마스크로 표시)\n visited = [[INF for _ in range(2**len(traps))]for _ in range(n+1)]\n traps_dict = {n: i for i, n in enumerate(traps)} # 함정 노드: traps 리스트 상 index\n # 그래프 정보 입력\n for a, b, v in roads:\n graph[a].append([b, v, False]) # False : 정방향\n graph[b].append([a, v, True]) # True : 역방향\n # 다익스트라 알고리즘\n h = []\n heapq.heappush(h, (0, start, 0))\n visited[start][0] = 0\n while h:\n cost, node, state = heapq.heappop(h)\n # end 노드 도착\n if node == end:\n answer = min(answer, cost)\n continue\n # 이미 방문한 값보다 크면 방문 X\n if cost > visited[node][state]:\n continue\n for next_node, next_cost, direction in graph[node]:\n # 함정 노드면 비트마스킹\n cur_trap, next_trap = False, False\n if node in traps_dict:\n cur_trap = bool(state & (1 << traps_dict[node]))\n if next_node in traps_dict:\n next_trap = bool(state & (1 << traps_dict[next_node]))\n if direction != (cur_trap ^ next_trap): # cur_trap, next_trap 상태가 같으면 정방향, 다르면 역방향\n continue\n # 다음 노드가 함정 노드인지에 따라 상태 변경\n next_state = state\n if next_node in traps_dict:\n next_state = state ^ (1 << traps_dict[next_node])\n # 다음 cost 계산하고, 다음 상태의 cost가 이미 방문했고 더 작으면 방문 X\n next_cost = cost + next_cost\n if next_cost >= visited[next_node][next_state]:\n continue\n visited[next_node][next_state] = next_cost\n heapq.heappush(h, (next_cost, next_node, next_state))\n return answer다익스트라로 풀어야하고, 방향을 다르게 해서 구현해야 한다는 점까지는 이해했지만 쉽게 구현할 수 없었다.
\n시간을 많이 투자했는데도 해결이 안돼서 다른 풀이를 참고했고, 비트마스크를 사용해서 푸는 방법을 찾을 수 있었다.
\n풀이를 보고도 이해해서 다시 코드를 짜는데 시간이 많이 걸렸고, 비트마스크 방식에 대해 더 자세히 알아봐야겠다..
\n카카오 문제들이 계속해서 4번부터 어려웠지만 이번 문제는 진짜 어려웠고 이해하는데 너무 오래걸렸다..