개발왕 양선규

# 끝나는시간으로 정렬하지 않으면 일찍 시작하고 아주 늦게 끝나는 회의에 말릴 수 있다 # 시작시간으로 정렬해야 회의목록을 순차적으로 돌면서 진행 가능하다 import sys input = sys.stdin.readline N = int(input()) # 회의 개수 talkList = [] # 회의 리스트 (시작시간, 종료시간) for _ in range(N): talkList.append(list(map(int, input().split()))) talkList.sort(key = lambda x: (x[1], x[0])) # 회의 리스트 정렬 ( 끝나는시간으로 정렬 후 시작시간으로 정렬 ) cnt = 1 # 회의개수 셀 변수 end = talkList[0][1] # 첫 회의 끝나는시간을 미리 초기화..

import sys input = sys.stdin.readline T = int(input()) # 테스트 케이스 개수 for _ in range(T): # 테스트 케이스 개수만큼 진행한다 N = int(input()) # 동전 종류 개수 coinBox = list(map(int, input().split())) # 동전 입력받기 coinBox.insert(0, 0) # 0번 인덱스에 0넣기. 첫번째 동전부터 점화식을 적용하기 위함. money = int(input()) dp = [[0] * (money + 1) for i in range(N + 1)] # 목표금액만큼 한 행을 길게, 동전갯수만큼 한 열을 길게 for i in range(N + 1): dp[i][0] = 1 # 동전이 뭐든 간에 0을 ..

x = int(input()) d = [0] * (x + 2) d[1] = 1 d[2] = 2 for i in range(3, x + 1): d[i] = (d[i-1] + d[i-2]) % 15746 print(d[x]) 다이나믹 프로그래밍 문제이다. 점화식만 찾으면 아주 간단하게 해결할 수 있다. 계산값을 저장해둘 DP테이블(리스트 d)를 생성하고, 초기값을 넣어준다. d[1]엔 1길이의 수열에서 나올 수 있는 경우의 수의 개수, d[2]엔 2길이, d[x]엔 x길이의 수열에서 나올 수 있는 경우의 수의 개수가 들어간다. 타일 경우의 수를 구하는 것은 언뜻 답이 없어 보이지만, 규칙이 있다. 현재 값들에 1을 붙이고, 이전 값들에 00을 붙이면 그게 다음 값이 된다. 즉 N=4 일 때의 경우의 수를 구..

string = input().split('-') result = 0 for i in string[0].split('+'): result += int(i) for i in string[1:]: for j in i.split('+'): result -= int(j) print(result) 그리디 알고리즘 문제이다. 문제 원리는 매우 간단하다. 숫자, '+', '-' 세 가지로만 구성된 문자열이 주어진다. 숫자로 시작해서 숫자로 끝나고, 연산자는 숫자 사이사이에 온다. 여기서 괄호를 원하는 곳에 추가해, 가장 작은 값을 만들어내면 된다. 근데 조금 생각해보면 알 수 있겠지만, 첫번째로 등장하는 '-' 이후의 값들은 전부 뺄 수 있다. 그리고 '-' 이전의 값들은 전부 더하면 된다. 문제의 원리는 쉽다. 하..

x = int(input()) d = [0] * (x + 2) d[1] = 1 d[2] = 1 for i in range(3, x + 1): d[i] = d[i-1] + d[i-2] print(d[x]) 간단한 DP 문제이다. 재귀함수로 구현하면 입력값이 90까지이기 때문에 메모리가 터져버린다. x가 1, 2일 경우만 리스트에 등록해 둔 후 간단한 반복문을 돌리면 된다. 재귀 구현했을 경우 90이면 정말 컴퓨터가 터지기 직전까지 가는데 상향식 DP방식인 반복문으로 구현하면 대략 90번정도만 연산하면 되기 때문에 문제를 해결할 수 있다.

N, money = map(int, input().split()) # 동전 종류, 돈 coinBox = [] for _ in range(N): coinBox.append(int(input())) coinBox.reverse() cnt = 0 for coin in coinBox: # 큰 동전부터 차례로 대입된다 if money >= coin: cnt += money // coin money = money % coin print(cnt) 그리디 알고리즘으로 해결할 수 있는 문제이다. 매 순간 최적의 선택을 하면 되기 때문에, 구현이 그리 어렵진 않다. 동전을 입력받은 후, 반복문을 돌리면 큰 동전부터 나오도록 reverse()메소드로 뒤집는다. 이후 큰 동전부터 반복문을 돌며, 남은 돈이 동전 가치보다 같거..

import sys input = sys.stdin.readline x = int(input()) d = [0] * (x + 1) path = ['' for _ in range(x + 1)] path[1] = '1' for i in range(2, x + 1): d[i] = d[i - 1] + 1 prev = i - 1 if i % 3 == 0 and d[i // 3] + 1

x = int(input()) d = [0] * ((10 ** 6) + 1) for i in range(2, x + 1): d[i] = d[i - 1] + 1 if i % 2 == 0: d[i] = min(d[i], d[i // 2] + 1) if i % 3 == 0: d[i] = min(d[i], d[i // 3] + 1) print(d[x]) 다이나믹 프로그래밍 문제이다. d는 메모이제이션(값을 저장해 놓을)할 리스트. i는 현재 계산중인 숫자 d[i] 는 i에 대한 최소연산횟수이다. 숫자 2부터 바텀 업 방식으로 d리스트를 채워나가 최종적으로 x의 최소연산횟수를 구하는 것이다. 이 문제는 3가지 연산을 할 수 있다. 1을 빼기, 2로 나누기, 3으로 나누기 하지만 2나 3으로 나눠진다고 해서 무조건..

# 도치가 사방으로 가는 것과, 물이 도치의 방문목록에 영향을 받는 것(도치가 지나간 길 안가는것)은 결과에 영향을 미치지 않는다. import sys from collections import deque input = sys.stdin.readline R, C = map(int, input().split()) # 행, 열 forest = [list(input().strip()) for _ in range(R)] visited = [[-1] * C for _ in range(R)] # -1로 설정해두고 도치의 이동 과정을 입력할것이다 dx = [-1, 1, 0, 0] dy = [0, 0, -1, 1] queue = deque() for x in range(R): for y in range(C): if f..

import sys sys.setrecursionlimit(10 ** 9) input = sys.stdin.readline # 이분 그래프 판별 DFS 함수 def DFS(graph, start, visited, group): visited[start] = group for i in graph[start]: if visited[i] == 0: # 방문 안 한 곳이라면 result = DFS(graph, i, visited, -group) if not result: return False # 하위에서 이분 그래프 아니라고 판단했다면 함수 종료 elif visited[i] == group: # 인접노드인데 그룹이 같을경우 이분그래프 아님 return False return True # 입력받은 갯수만큼 그래..