[강신지-11주차 알고리즘 스터디]

[ksinji]

🚀 싸피 15반 알고리즘 스터디 11주차 [강신지]

📌 문제 풀이 개요

• 이번 PR에서는 다음 5문제의 풀이를 포함합니다.
• 각 문제에 대한 풀이 과정과 접근 방식을 설명합니다.

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✅ 문제 해결 여부

• 문제 1
• 문제 2
• 문제 3
• 문제 4
• 문제 5

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💡 풀이 방법

문제 1: 알고스팟

문제 난이도
골드 4

문제 유형
그래프

접근 방식 및 풀이
시작점에서 도착점까지 도달하는 데 필요한 최소 벽 부수기 횟수를 구하는 문제입니다.
0-1 BFS를 사용하여 각 칸까지의 최소 벽 부수기 횟수를 갱신하는 방식으로 해결했습니다.

static void bfs(){
    Deque<int[]> d = new LinkedList<>();
    d.add(new int[]{0, 0});
    wallCnt[0][0] = 0;

    while (!d.isEmpty()){
        int[] current = d.poll();
        int x = current[0];
        int y = current[1];

        for (int i=0; i<4; i++){
            int nx = x + dx[i];
            int ny = y + dy[i];

            if (!isOK(nx, ny)) continue;

            int wall = wallCnt[x][y] + map[nx][ny];

            if (wall < wallCnt[nx][ny]){
                wallCnt[nx][ny] = wall;
                if (map[nx][ny] == 0){
                    d.addFirst(new int[]{nx, ny});
                } else {
                    d.addLast(new int[]{nx, ny});
                }
            }
        }
    }
}

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문제 2: 거울설치

문제 난이도
골드 3

문제 유형
그래프

접근 방식 및 풀이
한쪽 문에서 다른쪽 문을 보기 위해 필요한 최소 거울 설치 횟수를 구하는 문제입니다.
각 위치와 방향별로 상태를 관리하면서 우선순위 큐를 통해 최소 거울 설치 횟수를 구했습니다.

while (!pq.isEmpty()){
    // State -- 현재 위치와 진행 방향, 거울 설치 횟수
    State cur = pq.poll();
    int x = cur.x, y = cur.y, d = cur.d, cnt = cur.cnt;
    
    // 이미 더 적은 거울 설치 횟수로 도달한 위치라면 continue
    if (cnt > dist[x][y][d]) continue;

    // 도착 문에 도달
    if (x == endX && y == endY) {
        System.out.println(cnt);
        return;
    }

    // d 방향으로 전진
    int nx = x + dx[d];
    int ny = y + dy[d];

    // 유효한 좌표이며 벽이 아니라면
    if (isOK(nx, ny) && grid[nx][ny] != '*') {
        // 기존 비용과 전진 후의 비용 비교 
        if (cnt < dist[nx][ny][d]){
            dist[nx][ny][d] = cnt;
            pq.offer(new State(nx, ny, d, cnt));
        }
    }

    // 현재 거울 설치 가능 위치인 경우
    if (grid[x][y] == '!') {
        // 방향 전환
        int left = (d + 3) % 4;
        int right = (d + 1) % 4;
        
        // 왼쪽 회전
        if (isOK(x + dx[left], y + dy[left]) && grid[x + dx[left]][y + dy[left]] != '*') {
            if (cnt + 1 < dist[x][y][left]) {
                dist[x][y][left] = cnt + 1;
                pq.offer(new State(x, y, left, cnt + 1));
            }
        }
        
        // 오른쪽 회전
        if (isOK(x + dx[right], y + dy[right]) && grid[x + dx[right]][y + dy[right]] != '*') {
            if (cnt + 1 < dist[x][y][right]) {
                dist[x][y][right] = cnt + 1;
                pq.offer(new State(x, y, right, cnt + 1));
            }
        }
    }
}

회전 연산을 쉽게 하기 위해, 주로 사용하던 '상하좌우' 순서가 아닌 '상우좌하' 순서로 하였습니다.

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문제 3: 2×n 타일링 2

문제 난이도
실버 3

문제 유형
DP

접근 방식 및 풀이
2×n 크기의 타일을 채우는 경우의 수를 구하는 문제로, 점화식을 세워 DP로 풀었습니다.

dp[1] = 1;
dp[2] = 3;
for (int i = 3; i <= N; i++) {
    dp[i] = (dp[i-2]*2 + dp[i-1]) % 10007;
}

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문제 4: LCS

문제 난이도
골드 5

문제 유형
DP

접근 방식 및 풀이
최장 공통 부분 수열의 길이를 구하는 문제입니다.
2차원 DP 배열을 이용해 문자가 일치하면 대각선 값, 불일치할 경우 좌/상 중 최댓값을 선택하는 방식으로 해결했습니다.

for (int i = 1; i <= a.length(); i++) {
    for (int j = 1; j <= b.length(); j++) {
        if (A[i] == B[j]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
        else dp[i][j] = Math.max(dp[i][j-1], dp[i-1][j]);
    }
}

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문제 5 : 평범한 배낭

문제 난이도
골드 5

문제 유형
DP

접근 방식 및 풀이
주어진 무게 제한 내에서 최대 가치를 구하는 문제입니다.
각 물건을 포함하거나 제외하는 경우를 2차원 DP 배열을 통해 비교하며 최적의 가치를 구하는 방식으로 해결했습니다.

for (int i = 1; i <= N; i++) {
    for (int j = 1; j <= K; j++) {
        dp[i][j] = dp[i-1][j];
        if (j - weight[i] >= 0) {
            dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
}