Coding 공부

def solution(board, skill):
    answer = 0
    N = len(board)
    M = len(board[0])
    skill_board = [[0 for i in range(M+2)] for _ in range(N+2)]
    cnt = 0
    for sk in skill:
        sk_type, r1,c1,r2,c2 ,degree = sk
        if sk_type == 1:
            degree = -degree
        r1 +=1; r2+=1; c1+=1; c2+=1
        skill_board[r1][c1] += degree
        skill_board[r1][c2+1] -= degree
        skill_board[r2+1][c1] -= degree
        skill_board[r2+1][c2+1] += degree
    for x in range(1,N+1):
        for y in range(1,M+1):
            skill_board[x][y] = skill_board[x][y] + skill_board[x-1][y] + skill_board[x][y-1] - skill_board[x-1][y-1]
    for x in range(N):
        for y in range(M):
            if board[x][y] +skill_board[x+1][y+1] >0:
                answer += 1
    return answer

이 문제도 실전에서 풀지 못했던 문제였다.

7번 문제에 너무 힘을 쏟은 나머지, 마지막 20분동안 풀다가 범위 측정을 제대로 못해서, 풀지 못한 문제였다.

평소 2차원 누적합을 잘 다루지 않다보니, 범위를 구하는데 실수를 했고, 그 범위의 누적합을 구하는데 연산을 실후 했다.

이 문제에서 중요한 것은 폭발 범위에 맞춰서 누적합을 할 수 있게, 숫자들을 정리해 놓고, 누적합을 구하면 되는 문제이다.

폭발이 시작하는 r1,c1에는 +degree을 해주고,

폭발이 끝나는 위치인 r2+1,c1 , r1,c2+1에는 -degree을 해준다.

그리고 중요한 것은 r2+1, c2+1 에서는 +degree를 해주는 것이다.

이 누적합을 마킹해놓은 상태에서 가로로 1번 누적합 세로로 1번 누적합을 진행을 한다고 생각을 해보면, 왜 그 위치에서 마킹을 해줘야하는지 이해할 수 있다.

이 문제는 누적합이라는 접근까지 했지만, 디버깅 할 시간이 부족해 풀지 못했던 아쉬웠던 문제였다..

2차원 누적합은 매번 풀때마다, 햇갈려하는 유형이기 때문에 좀 더 연습해야겠다.

dx = [-1,0,1,0]
dy = [0,1,0,-1]
N,M =0,0
def B_turn(curboard,A,B,turn):
    x,y = B 
    if curboard[x][y] == 0:
        return (-1,turn)
    flag = False
    winner = []
    loser = []
    for i in range(4):
        nx = x + dx[i]
        ny = y + dy[i]
        if 0<=nx<N and 0<=ny<M:
            if curboard[nx][ny] == 1:
                new_board = [row[:] for row in curboard]
                new_board[x][y] = 0
                iswin,new_turn = A_turn(new_board,A,(nx,ny),turn+1)
                if iswin == -1:
                    winner.append(new_turn)
                else:
                    loser.append(new_turn)
                flag = True
    if flag:
        if winner:
            return (1,min(winner))
        else:
            return (-1,max(loser))
    else:
        return (-1,turn)
def A_turn(curboard,A,B,turn):
    x,y = A 
    if curboard[x][y] == 0:
        return (-1,turn)
    flag = False
    winner = []
    loser = []
    for i in range(4):
        nx = x + dx[i]
        ny = y + dy[i]
        if 0<=nx<N and 0<=ny<M:
            if curboard[nx][ny] == 1:
                new_board = [row[:] for row in curboard]
                new_board[x][y] = 0
                iswin,new_turn = B_turn(new_board,(nx,ny),B,turn+1)
                if iswin == -1:
                    winner.append(new_turn)
                else:
                    loser.append(new_turn)
                flag = True
    if flag:
        if winner:
            return (1,min(winner))
        else:
            return (-1,max(loser))
    else:
        return (-1,turn)

def solution(board, aloc, bloc):
    global N,M
    N = len(board)
    M = len(board[0])


    return A_turn(board,aloc,bloc,0)[1]

 작년 카카오 마지막 문제로, 풀지 못했던 문제였다.

비슷하게 접근을 했지만, 원하는 정답을 구하지 못했고,

문제가 나오자마자 풀었다.

비슷한 느낌의 문제는 https://www.acmicpc.net/problem/16571

위의 문제이고,

이 문제에서도, 완전탐색을 통해, 자신이 지는지, 이기는지를 판별을 하고,

자신이 이길 가능성이 있으면, 이길때의 최소 턴을 return 해주고,

전부 질때에는 최대 turn을 반환을 해주면 되는 것이다.

이 문제에서 지는 조건은 총 2가지로,

4방향으로 움직이고자할때, 움직이지 못하면, 지는 것이고,

두번째는 움직이고자할때, 내가 밟고 있는 발판이 사라진 상태이면 지는 것이다.

이 문제를 풀때,

예를 들어 현재 사용자(A)가 진다고 생각했을때 나는 -1과 turn을 반환을 해주었다.

그러면 상대방(B) 입장에서는 이 값을 return 되었을때 -1이 오게 되면, 자신이 이기게 되는 것이다.

그러므로, winner라는 리스트에 턴 값을 저장을 해주었다.

결국에는 두 사용자는 하나는 패배하게 될것이고, 한 사용자는 이기게 될것이다.

그래서 이기게 된 사용자는 1을 반환을 하게 만들었고,

이 값을 받은 입장에서는 자신의 패배가 되는 것이다.

그러면 X라는 턴에서 한 사용자가 모든 경우를 다 탐색하게 되면, 1 또는 -1을 받게 되어, 자신이 이기게 될지, 지게 될지를 알게 될것이다.

문제에서 우리는 두 사용자는 이기게 되도록 수를 둔다고 했으니, 받는 값 중에서 이기게 되는 경우가 단 1번이라도 있게 되면,

1 과 이길수 있는 경우 중에 최소 턴을 반환한다.

그러나 모든 경우에도 자신이 지게 되는게 확정적이라 생각되면, 최대 turn을 반환해주면 된다.

그래서 -1과 지는 경우 중에서 최대 턴을 반환해주도록 하도록 함수를 짜주면 된다.

이렇게 함수를 짜놓고, 재귀를 돌리게 되면, 문제를 해결 할 수 있는 문제였다.

실전에서 문제를 푸는데 틀린 이유 중 하나는, 현재 위치에서 지는 경우에 대해서 탐색을 하고, return을 해줘야하는데, 

최선의 수를 두지 않는, 미래의 수를 계산을 해서 return을 해줘서 틀렸던 문제였다.

실전에서 이 문제에 시간을 오래 소비해서 결국 6번도 풀지 못한거 보면, 문제를 해결할 때, 시간 분배를 잘해야겠다.

def solution(n, lost, reserve):
    answer = 0
    student = [0]*(n+1)
    for k in lost:
        student[k] = -1
    for k in reserve:
        student[k] += 1

    for i in range(1,n+1):
        if student[i] > 0:
            for new_student in [i-1,i+1]:
                if 1<=new_student <=n:
                    if student[new_student] == -1:
                        student[i] -= 1
                        student[new_student] += 1
                        break
    for i in range(1,n+1):
        if student[i] >=0:
            answer += 1
    return answer

단순하게 풀었다.

stduent 만큼의 배열을 만들어 준 다음 index가 벗어나지 않게 앞에서부터 차근차근 나눠주는걸로했다.

그리고 답은 0 이상의 개수를 구해서 출력해주었다.

def solution(n, lost, reserve):
    answer = 0
    student = [0]*(n+1)
    for k in lost:
        student[k] = -1
    for k in reserve:
        student[k] += 1
    
    for i in range(1,n+1):
        if student[i] > 0:
            for new_student in [i-1,i+1]:
                if 1<=new_student <=n:
                    if student[new_student] == -1:
                        student[i] -= 1
                        student[new_student] += 1
                        break
                        
    answer = student.count(0) + student.count(1) -1
    return answer

 이런식으로 카운트 method를 써주어도 된다.

def solution(answers):
    ans = []
    person3 = [3,3,1,1,2,2,4,4,5,5]
    person2 = [2,1,2,3,2,4,2,5]
    result = [0,0,0]
    for ind,answer in enumerate(answers):
        if answer == (ind)%5+1:
            result[0] += 1
        if answer == person2[ind%len(person2)]:
            result[1] += 1
        if answer == person3[ind%len(person3)]:
            result[2] += 1

    max_result = max(result)
    for k in range(3):
        if result[k] == max_result:
            ans.append(k+1)
    return ans

반복되는 수들을 list로 만들어준다음 modulo 계산을 통해 해당위치의 값과 비교를 해주면 된다.

import collections
def solution(participant, completion):
    answer = collections.Counter(participant) - collections.Counter(completion)
    return list(answer)[0]

Couter를 이용해 쉽게 풀 수 있다. 

from itertools import combinations
def solution(numbers):
    answer = []
    answer = set(answer)
    for k in combinations(numbers,2):
        answer.add(sum(k))
    answer = list(answer)
    answer.sort()
    return answer

콤비네이션을 이용해 쉽게 풀었다.

그리고 sort를 해주었다.

def check(t,result):
    if len(result):
        if result[-1] == t:
            result.pop()
            return 2
        else:
            result.append(t)
            return 0
    else:
        result.append(t)
        return 0


def solution(board, moves):
    answer = 0
    lens = len(board)
    result = []
    for k in moves:
        for t in range(lens):
            if board[t][k-1]:
                answer += check(board[t][k-1],result)
                board[t][k-1] = 0
                break
            
    return answer

시뮬레이션을 통해 해주면 간단한 문제이다.

가장 끝에 있는 경우와 아닌경우를 비교해서 해주면 된다.

from itertools import permutations
from collections import deque
def outOfrange(x,y):
    if 0 > x or x >3 or y<0 or y>3:
        return True
    return False

def dfs(start,end,copy_board):
    dp = [[-1]*4 for _ in range(4)]
    dp[start[0]][start[1]] = 0
    stack = deque()
    stack.append((start[0],start[1]))
    dx = [-1,1,0,0]
    dy = [0,0,-1,1]
    while stack:
        x,y = stack.popleft()
        for i in range(4):
            repeat = 0
            while True:
                nx = x + dx[i]*repeat
                ny = y + dy[i]*repeat
                if outOfrange(nx+dx[i],ny+dy[i]) or (repeat!=0 and copy_board[nx][ny]):
                    break
                repeat += 1
            for re in (1,repeat):
                nx = x + dx[i] * re
                ny = y + dy[i] * re
                if outOfrange(nx,ny):
                    continue
                if dp[nx][ny] == -1:
                    dp[nx][ny] = dp[x][y] + 1
                    stack.append((nx,ny))
                    if dp[end[0]][end[1]] != -1:
                        return dp[end[0]][end[1]]
    return dp[end[0]][end[1]]



def find_command(x,y,find_card,copy_board):
    dis1 = dfs((x,y),find_card[0],copy_board)
    dis2 = dfs(find_card[0],find_card[1],copy_board)
    return dis1+dis2




def solution(board, r, c):
    answer = float('inf')
    card_list = [[] for _ in range(7)]
    card_numbers = set()
    for x in range(4):
        for y in range(4):
            if board[x][y]:
                card_list[board[x][y]].append((x,y))
                card_numbers.add(board[x][y])

    card_cnt = len(card_numbers)
    for combi in permutations(card_numbers):
        predict_dict = {}
        for k in range(1<<card_cnt):
            distance = 0
            mouse_cursor_x = r
            mouse_cursor_y = c
            copy_board = [row[:] for row in board]
            temp = ''
            for ind,num in enumerate(combi):
                start = int(bool((k&1<<(ind))))
                end = (start+1)%2
                temp += str(start)
                find_card = [card_list[num][start],card_list[num][end]]
                if not predict_dict.get(temp):
                    distance += find_command(mouse_cursor_x,mouse_cursor_y,find_card,copy_board)
                    predict_dict[temp] = distance
                else:
                    distance = predict_dict[temp]
                mouse_cursor_x = card_list[num][end][0]
                mouse_cursor_y = card_list[num][end][1]
                copy_board[card_list[num][start][0]][card_list[num][start][1]] = 0
                copy_board[card_list[num][end][0]][card_list[num][end][1]] = 0
                if distance > answer:
                    break
            if answer > distance:
                answer = distance
    return answer+2*card_cnt


a = solution([[1,0,2,0],[6,2,4,0],[0,0,1,0],[6,0,0,4]],1,0)
print(a)

문제 자체는 BFS+순열+조합으로 간단해보였지만, 구현하는데 난이도가 컸던 문제였다.

기본 풀이 자체는 다음과 같다.

카드번호 1,2,3이 있다고 하면

1,2,3을 순열로 먼저 없앨 카드별 순서를 정해준다.

그리고 각 카드는 2장씩 있으므로, A,B 가 있다고 치면

1A->1B

1B->1A는 다를 것이다.

이 모든 경우를 돌려서 결과를 얻는 것이다.

그래서 먼저 나는 card_numbers에 이 보드에 있는 카드번호들을 저장해두고 permutations 모듈을 사용해서 순열을 만들었다 그리고 난뒤, 카드의 앞뒷면을 정해주기 위해 조합을 만들었다.

만약 우리가 카드가 3장이 있다고 하면 이 카드의 앞뒷면을 만들수 있는 가짓수는

000

001

010

011

100

101

110

111

이런식으로 총 8가지가 있을수 있다. 위의 가지수를 각비트로 봐보면 0~7까지인걸 알수 있다. 그러므로 저는 카드의 개수가 N이라고 하면, 2**N 만큼 range를 돌리고, 각 permutations으로 나오는 각각의 카드 index와 비트연산을 해서, 해당 카드의 앞뒷면의 순서를 결정해주었다.

이렇게 한뒤 현재 커서위치 -> 먼저 찾을 카드위치 -> 나중 찾을 카드위치 순으로, bfs를 돌렸다.

bfs를 돌릴때, ctrl 이동과 일반적인 한칸이동을 동시에 시행했다. 범위 밖을 나가던지, 아니면 카드가 있는 위치이던지, 그 위치까지의 길이를 기억해놓은뒤, 그 만큼을 dp라는 visited를 담당하는 행렬에 저장을해주었다. 그리고 우리가 찾는 목적지에 도착하면, return 해주는 방식으로 했다.

이렇게 bfs를 전부 돌린뒤에는 copy한 board에서 우리가 현재 뒤집은 카드들의 정보를 0으로 바꿔주고, 마우스 커서위치는 마지막 카드위치로 바꿔주는 작업을 해준다.

위 풀이 방식은 아슬아슬하게 시간을 통과한지라 여러부분에서 시간을 줄여주었다. 위에서 했듯이 bfs에서 매번 도착지점을 판별해주는 것이 첫번째 방법이었고, distance가 저장된 answer 보다 커지면 탐색을 중단해주는것도 그 방안이었다.

이렇게 구한 answer에 현재 카드의 종류의 2배만큼 더해서 출력해주면된다.

from collections import deque
import functools
def solution(board,r,c):
    card_dict = [[] for i in range(7)]
    card_tuple = set() 
    for x in range(4):
        for y in range(4):
            if board[x][y]:
                card_dict[board[x][y]].append((x,y))
                card_tuple.add(board[x][y])
    card_tuple = tuple(card_tuple)

    dx = [-1,1,0,0]
    dy = [0,0,-1,1]
    def outOfrange(x,y):
        if 0 > x or x >3 or y<0 or y>3:
            return True
        return False

    @functools.lru_cache(maxsize=None)
    def bfs(s,t,cards):
        if s == t:
            return 0
        stack = deque()
        stack.append((s[0],s[1],0))
        visited = set()
        while stack:
            x,y,cnt = stack.popleft()
            for i in range(4):
                repeat = 0
                while True:
                    nx = x + dx[i]*repeat
                    ny = y + dy[i]*repeat
                    if outOfrange(nx+dx[i],ny+dy[i]) or (repeat != 0 and board[nx][ny] in cards):
                        break
                    repeat += 1
                for re in [1,repeat]:
                    nx = x + dx[i]*re
                    ny = y + dy[i]*re
                    if outOfrange(nx,ny):
                        continue
                    if (nx,ny) == t:
                        return cnt + 1
                    if (nx,ny) not in visited:
                        visited.add((nx,ny))
                        stack.append((nx,ny,cnt+1))

    @functools.lru_cache(maxsize=None)
    def find_card_short_count(cur_position,cards):
        if len(cards) == 0:
            return 0
        min_distance = float('inf')
        for pick_card in cards:
            position1,position2 = card_dict[pick_card]
            remain_cards = tuple(card for card in cards if card != pick_card)
            direction1 = bfs(cur_position,position1,cards) + bfs(position1,position2,cards) + find_card_short_count(position2,remain_cards)
            direction2 = bfs(cur_position,position2,cards) + bfs(position2,position1,cards) + find_card_short_count(position1,remain_cards)
            min_distance = min(min_distance,direction1,direction2)
        return min_distance

    answer = len(card_tuple)*2 + find_card_short_count((r,c),card_tuple)
    return answer


a = solution([[1, 0, 0, 3], [2, 0, 0, 0], [0, 0, 0, 2], [3, 0, 1, 0]], 1, 0)
print(a)

위의 풀이 대신 이 풀이는 프로그래머스의 다른사람풀이를 보고 공부하면서 쓴 풀이다.

자세한 설명은 http://www.teferi.net/ps/problems/programmers/72415 이 링크를 참조하길 바란다.

기본적인 풀이는 비슷하다. 대신 이 풀이는 위에서 복잡하게 비트연산을 통해 결정하는 것이 아닌, 재귀함수를 통해, 순열과 조합을 구현했고, functools.lru_cache를 통해 메모라이즈를 해주었다.

이 두 방식을 통해 시간이 획기적으로 줄어들었다.

이 풀이는 크게 2가지의 함수로 나뉠수 있다. find_card_short_count라는 함수와 bfs 함수이다.

bfs는 A->B까지 가는 최소 명령어를 찾아주는 것이다. 여기서 카드의 위치를 판단하는것은 cards라는 tuple을 통해, 있는지 판별을 해준다.

여기서 중요한것은 find_card_short_count라는 함수이다. 이 함수의 역할은 재귀를 통해 순열을 만드는 것이다.

cur_position은 현재 커서의 위치이고, cards는 현재 남아있는 카드들의 번호들이다.

이 cards를 반복문을 돌리면서 그 카드를 제거할 카드라 생각하고, cards에서 현재 선택한 card를 제외한 나머지 카드들을 remain_cards로 남겨준다.

위에서 설명했던 것처럼 한 카드에서도 먼저 제거할 카드를 선택을 해야한다. 그 방법으로 direction1과 direction2로 나뉘어서 해주었다.

한 카드에서 position1 과 position2가 있다고 하면 제거할 수 있는 방법은 두가지이다.

현재 커서위치 -> position1까지의 거리를 구해주고 position1 -> position2 까지의 거리를 구해준다.
그러면 마지막 커서의 위치는 position2가 되고 position2와 remain_cards를 가지고 find_card_short_count를 해주면 된다.

이런 방식으로 현재 커서 위치 -> position2 -> position1도 똑같이 해준다.

direction1 = bfs(cur\_position,position1,cards) + bfs(position1,position2,cards) + find\_card\_short\_count(position2,remain\_cards)

direction2 = bfs(cur\_position,position2,cards) + bfs(position2,position1,cards) + find\_card\_short\_count(position1,remain\_cards)

이 식들이 위에서 설명해준것을 구현한 것이다.

여기서 중요한 역할을 하는 것은 functools.lru_cache 라는 데코레이터이다.

이 데코레이터의 역할은 함수의 호출을 기억해주는 것이다. 똑같은 입력값이 들어온 함수들을 기억해서, 다음번에 호출이 되는 경우 함수를 한번더 실행하는 것이 아닌, 기억한 결과값을 그대로 주는 것이다.

그렇기 때문에 이 데코레이터를 썼을 때, 메모라이즈를 해준것이기 때문에, 재귀함수를 쓰면서도 시간을 줄일 수 있다.

다음과 같이 시간을 100ms 이하로 줄일 수 있다.

functools.lru_cache를 쓰지 않으면 시간의 압박이 크다.

위의 풀이가 아닌 DP를 활용한 풀이를 보고 싶은 분들은 https://www.youtube.com/watch?v=FX9n1PFv2K4 해당 유튜브를 참조하길 바랍니다.