골드에그

1. 문제요약

10999번: 구간 합 구하기 2 (acmicpc.net)

어떤 연속된 N개의 수가 있다. 수의 변경이 빈번히 일어나고 연속 구간에 대한 부분합을 구하려고 한다.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 연속된 1차원 공간에서 내부에 있는 값들이 수시로 변경되고 연속 부분 구간에 대한 연산을 수행하기 때문에 세그먼트 트리를 생각해볼 수 있다. (내부 값들이 수시로 변경되기 때문에 부분합 자료구조 불가능)
 

Fact 2 : 비슷한 문제인 2042번: 구간 합 구하기 (acmicpc.net) 와 다른 부분은 업데이트 부분이 "구간" 이라는 점이다. 2042 문제같은 경우 단일 지점만 업데이트 되기 때문에 한 번 쿼리 수행 시 시간복잡도가 O(Q * lgN) 이 되지만, 이 문제의 경우 구간 전체를 업데이트 해야 되기 때문에 한 번 쿼리 수행 시 시간복잡도가 O(Q * MlgN) 이 된다. (여기서 M은 구간의 길이) 일반적인 세그먼트 트리를 사용할 경우 시간 초과가 발생할 수 있다.

Fact 3 :  lgN 트리 길이만큼 매번 연산하지 말고, 업데이트나 조회 시 해당 구간이 필요하면 변수를 하나 두어 해당 변수에 업데이트하고 다음 번에 도착했을 때 한 단계씩 자식에게 값을 늦게 전파하면 연산을 획기적으로 줄일 수 있다. 이러한 방법을 Lazy Propagation 이라고 한다. 자세한 내용은 다음 글을 참고하자.

[알고리즘] Segment Tree :: 골드에그 (tistory.com)

4. 문제풀이(수동)

(...생략...)

5. 문제전략

문제 전략은 팩트 추출을 통해 알아보았다. Segment Tree 와 Lazy Propagation 을 활용하여 문제를 풀었다.

6. 소스코드

import java.io.*;
import java.util.StringTokenizer;

class Main {
    static int n;
    static long[] elements;
    static class SegmentTree {
        static class Node {
            long value;
            long lazy;
            Node leftChild, rightChild;
        }

        static Node getNode() {
            Node temp = new Node();
            temp.value = 0;
            temp.lazy = 0;
            temp.leftChild = null;
            temp.rightChild = null;
            return temp;
        }

        static void updateLazy(Node node, int left, int right) {
            // 만약 현재 노드에 lazy 값이 있다면
            if (node.lazy != 0) {
                // 만약 자식이 있다면 자식들에게 lazy 값을 전파한다.
                if (node.leftChild != null) {
                    node.leftChild.lazy += node.lazy;
                }
                if (node.rightChild != null) {
                    node.rightChild.lazy += node.lazy;
                }
                // 현재노드 업데이트 ( 부모노드이므로 구간 길이만큼 업데이트 )
                node.value += node.lazy * (right - left + 1);
                // lazy 값을 업데이트했으므로 0으로 만들어준다.
                node.lazy = 0;
            }
        }

        // 초기화
        private static void initTree(Node node, int index, long updateValue, int left, int right) {
            // 기저사례 (구간에 index 가 없는 경우)
            if (index < left || index > right)
                return;

            // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우 (수정할 필요 없는 경우))
            // 초기화 과정이 없기 때문에 필요
            if (left == right) {
                node.value = updateValue;
                return;
            }

            int mid = left + (right - left) / 2;
            long leftSum = 0, rightSum = 0;

            if (index <= mid) {
                if (node.leftChild == null) {
                    node.leftChild = getNode();
                }
                initTree(node.leftChild, index, updateValue, left, mid);
            } else {
                if (node.rightChild == null) {
                    node.rightChild = getNode();
                }
                initTree(node.rightChild, index, updateValue, mid + 1, right);
            }

            if (node.leftChild != null)
                leftSum = node.leftChild.value;
            if (node.rightChild != null)
                rightSum = node.rightChild.value;
            node.value = leftSum + rightSum;
        }

        private static void updateRange(Node node, long updateValue, int updateStart, int updateEnd, int left, int right) {
            updateLazy(node, left, right);
            // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
            if (updateEnd < left || updateStart > right)
                return;

            // 기저사례 (업데이트 구간이 완전히 포함되는 경우)
            if (updateEnd >= right && updateStart <= left) {
                node.value += (updateValue * (right - left + 1));
                if (node.leftChild != null) {
                    node.leftChild.lazy += updateValue;
                }
                if (node.rightChild != null) {
                    node.rightChild.lazy += updateValue;
                }
                return;
            }

            int mid = left + (right - left) / 2;
            updateRange(node.leftChild, updateValue, updateStart, updateEnd, left, mid);
            updateRange(node.rightChild, updateValue, updateStart, updateEnd, mid + 1, right);
            node.value = node.leftChild.value + node.rightChild.value;
        }

        static long query(Node node, int queryStart, int queryEnd, int left, int right) {
            updateLazy(node, left, right);
            // 기저사례 (할당되지 않은 경우)
            if (node == null)
                return 0;

            // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
            if (queryEnd < left || queryStart > right)
                return 0;

            // 기저사례 (쿼리 구간이 완전히 포함되는 경우)
            if (queryEnd >= right && queryStart <= left) {
                return node.value;
            }

            int mid = left + (right - left) / 2;
            return query(node.leftChild, queryStart, queryEnd, left, mid) + query(node.rightChild, queryStart, queryEnd, mid + 1, right);
        }
    }

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        BufferedWriter bw = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));
        StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());

        n = Integer.parseInt(st.nextToken());
        int m = Integer.parseInt(st.nextToken());
        int k = Integer.parseInt(st.nextToken());

        elements = new long[n];
        for(int i=0; i<n; i++) {
            elements[i] = Long.parseLong(br.readLine());
        }

        SegmentTree.Node root = new SegmentTree.Node();

        for (int i=0; i<elements.length; i++)
            SegmentTree.initTree(root, i+1, elements[i], 1, n);

        for(int i=0; i<m+k; i++) {
            st = new StringTokenizer(br.readLine());
            int operation = Integer.parseInt(st.nextToken());
            int left = Integer.parseInt(st.nextToken());
            int right = Integer.parseInt(st.nextToken());
            if(operation == 1) {
                long updateValue = Long.parseLong(st.nextToken());
                SegmentTree.updateRange(root, updateValue, left, right, 1, n);
            }else {
                bw.write(SegmentTree.query(root, left, right, 1, n)+"\n");
            }
        }
        bw.flush();
        bw.close();
    }
}

1. Segment Tree

값이 변하는 연속 구간에 대한 정보를 저장할 때 사용하는 자료구조이다.

값이 변하지 않는다면 구간합을 한 번 연산하고, 계속 질의하면서 쿼리에 대한 결과값을 가져오면 되는데 중간에 있는 값이 변하게 된다면 다시 구간합을 구해야 하므로 O(N) 시간만큼 시간 복잡도가 발생하게 된다. 그래서 조회, 수정 시에도 O(lgN) 시간만큼 줄일 수 있는 자료구조가 필요했다.

일반적인 세그먼트 트리는 입력되는 값 범위의 트리 높이만큼 계산하기 때문에 (N개의 원소가 있을 때 구현에 따라) 2배에서 4배정도의 추가 공간이 필요하지만 원소의 변경, 특정 범위 내의 연산을 logN 에 수행할 수 있다는 장점이 있다.

데이터 관점에서 보면 트리는 아래처럼 구성된다.

인덱스 관점에서 보면 트리는 아래처럼 구성된다.

트리의 인덱스가 0 이 아닌 1 인 이유는 1 부터 시작할 때 좌측부터 차례로 인덱스를 부여하면 아래 공식이 성립한다.

좌측 노드 인덱스 = 부모 노드 인덱스 * 2 (짝수)

우측 노드 인덱스 = 부모 노드 인덱스 * 2 + 1 (홀수)

반대로, 데이터는 1번 노드부터 전체 구간의 합이 적재되고, 내려오면서 반씩 범위가 쪼개져 그 구간의 합이 표시된다.

이진 탐색 트리 연산이므로 Top-Down 방식으로 이분할하여 데이터를 수정하고 조회하면 된다.

<템플릿>

class SegmentTree {
    static long[] tree;
    int treeSize;

    public SegmentTree(int arrSize){
        int h = (int) Math.ceil(Math.log(arrSize)/ Math.log(2));
        this.treeSize = (int) Math.pow(2,h+1);
        tree = new long[treeSize];
    }

    // 초기화와 수정을 update 에서 동시에
    static void update(int node, int index, int updateValue, int left, int right) {
        // 기저사례 (구간에 index 가 없는 경우)
        if (index < left || index > right)
            return;

        // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우)
        if (left == right) {
            tree[node] = updateValue;
        }

        tree[node] += updateValue;
        int mid = left + (right - left) / 2;
        update(node * 2, index, updateValue, left, mid);
        update(node * 2 + 1, index, updateValue, mid+1, right);
    }

    static void long query(int node, int startIndex, int endIndex, int left, int right){
        // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
        if (endIndex < left || startIndex > right)
            return 0;

        // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우)
        if (endIndex >= right && startIndex <= left) {
            return tree[node];
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        return query(node*2, startIndex, endIndex, left, mid) + query(node*2 + 1, startIndex, endIndex, mid+1, right);
    }
}

2. Dynamic Segment Tree

일반적인 세그먼트 트리는 보통 입력 범위의 4배에 달하는 공간을 미리 할당한 후, 모두 업데이트한다. (위 세그먼트 트리 참고) 입력의 범위만큼 모든 영역(logN)을 업데이트해야 하며, 사용하지 않는 공간까지 낭비한다는 단점이 있다.

반면, Dynamic Segment Tree 는 이름에서도 알 수 있듯이 노드가 필요할 때만 생성해서 만들기 때문에 공간을 낭비하지 않는다. 값을 없데이트할 때 mid 노드의 자식 노드가 없는 경우 노드를 동적으로 생성해준다는 점이 다르다. 구간에 대한 쿼리 로직은 자식이 없는 경우만 예외처리해주면 일반적인 세그먼트 트리와 동일하다.

<템플릿>

static class SegmentTree {
    static class Node {
        long value;
        Node leftChild, rightChild;
    }

    static Node getNode() {
        Node temp = new Node();
        temp.value = 0;
        temp.leftChild = null;
        temp.rightChild = null;
        return temp;
    }

    static void initTree(Node node, int index, long updateValue, int left, int right) {
        // 기저사례 (구간에 index 가 없는 경우)
        if (index < left || index > right)
            return;

        // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우 (수정할 필요 없는 경우 값 셋팅))
        // 초기화 과정이 없기 때문에 필요
        if (left == right) {
            node.value = updateValue;
            return;
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        long leftSum = 0, rightSum = 0;

        if (index <= mid) {
            if (node.leftChild == null) {
                node.leftChild = getNode();
            }
            update(node.leftChild, index, updateValue, left, mid);
        } else {
            if (node.rightChild == null) {
                node.rightChild = getNode();
            }
            update(node.rightChild, index, updateValue, mid+1, right);
        }

        if (node.leftChild != null)
            leftSum = node.leftChild.value;
        if (node.rightChild != null)
            rightSum = node.rightChild.value;
        node.value = leftSum + rightSum;
    }

	static void updateRange(Node node, long updateValue, int updateStart, int updateEnd, int left, int right) {
        // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
        if (updateEnd < left || updateStart > right)
            return;

        int mid = left + (right - left) / 2;
        updateRange(node.leftChild, updateValue, updateStart, updateEnd, left, mid);
        updateRange(node.rightChild, updateValue, updateStart, updateEnd, mid + 1, right);
        node.value = node.leftChild.value + node.rightChild.value;
    }
        
    static void int query(Node node, int startIndex, int endIndex, int left, int right){
        // 기저사례 (할당되지 않은 경우)
        if (node == null)
            return 0;
        // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
        if (endIndex < left || startIndex > right)
            return 0;

        // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우)
        if (endIndex >= right && startIndex <= left) {
            return node.value;
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        return query(node.leftChild, startIndex, endIndex, left, mid) + query(node.rightChild, startIndex, endIndex, mid+1, right);
    }
}

3. Dynamic Segment Tree (+ Lazy Propagation)

( 아무리 구글에 검색해봐도 메모리를 절약할 수 있는 Dynamic Segment Tree 와 연산을 줄이는 Lazy Propagation 을 같이 사용하는 코드가 없었다... 특히 Java 는 더욱 없었다. 그래서 내가 쓰려고 템플릿을 만들었다. )

Dynamic Segment Tree 에서 값을 업데이트할 때 자식노드들도 모두 변경하는데 굳이 지금 당장 자식노드의 조회나 수정이 필요 없는 경우라면 트리를 순회하면서 업데이트할 필요는 없다. lazy 라는 변수를 하나두고, 그 변수에 업데이트할 변수를 저장한 다음 나중에 조회하거나 수정할 때 한 단계씩 자식에게 전파하면 된다. 그래서 이름이 느린 전파이다.

업데이트 하고자 하는 범위를 updateStart, updateEnd 라고 할 때, 자식노드를 순회하면서 left, right 탐색 범위가 업데이트 하고자 하는 범위에 완전히 포함된다면 자식노드를 방문하지 않고 lazy 값만 자식노드에게 전파한뒤 종료한다. 자식 노드들을 방문하지 않는다.

<템플릿>

static class SegmentTree {
    static class Node {
        long value;
        long lazy;
        Node leftChild, rightChild;
    }

    static Node getNode() {
        Node temp = new Node();
        temp.value = 0;
        temp.lazy = 0;
        temp.leftChild = null;
        temp.rightChild = null;
        return temp;
    }

    static void updateLazy(Node node, int left, int right) {
        // 만약 현재 노드에 lazy 값이 있다면
        if (node.lazy != 0) {
            // 만약 자식이 있다면 자식들에게 lazy 값을 전파한다.
            if (node.leftChild != null) {
                node.leftChild.lazy += node.lazy;
            }
            if (node.rightChild != null) {
                node.rightChild.lazy += node.lazy;
            }
            // 현재노드 업데이트 ( 부모노드이므로 구간 길이만큼 업데이트 )
            node.value += node.lazy * (right - left + 1);
            // lazy 값을 업데이트했으므로 0으로 만들어준다.
            node.lazy = 0;
        }
    }

    // 초기화
    static void initTree(Node node, int index, long updateValue, int left, int right) {
        // 기저사례 (구간에 index 가 없는 경우)
        if (index < left || index > right)
            return;

        // 기저사례 (마지막 구간에 index 가 있는 경우 (수정할 필요 없는 경우))
        // 초기화 과정이 없기 때문에 필요
        if (left == right) {
            node.value = updateValue;
            return;
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        long leftSum = 0, rightSum = 0;

        if (index <= mid) {
            if (node.leftChild == null) {
                node.leftChild = getNode();
            }
            initTree(node.leftChild, index, updateValue, left, mid);
        } else {
            if (node.rightChild == null) {
                node.rightChild = getNode();
            }
            initTree(node.rightChild, index, updateValue, mid + 1, right);
        }

        if (node.leftChild != null)
            leftSum = node.leftChild.value;
        if (node.rightChild != null)
            rightSum = node.rightChild.value;
        node.value = leftSum + rightSum;
    }

    static void updateRange(Node node, long updateValue, int updateStart, int updateEnd, int left, int right) {
        updateLazy(node, left, right);
        // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
        if (updateEnd < left || updateStart > right)
            return;

        // 기저사례 (업데이트 구간이 완전히 포함되는 경우)
        if (updateEnd >= right && updateStart <= left) {
            node.value += (updateValue * (right - left + 1));
            if (node.leftChild != null) {
                node.leftChild.lazy += updateValue;
            }
            if (node.rightChild != null) {
                node.rightChild.lazy += updateValue;
            }
            return;
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        updateRange(node.leftChild, updateValue, updateStart, updateEnd, left, mid);
        updateRange(node.rightChild, updateValue, updateStart, updateEnd, mid + 1, right);
        node.value = node.leftChild.value + node.rightChild.value;
    }

    static long query(Node node, int queryStart, int queryEnd, int left, int right) {
        updateLazy(node, left, right);
        // 기저사례 (할당되지 않은 경우)
        if (node == null)
            return 0;

        // 기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)
        if (queryEnd < left || queryStart > right)
            return 0;

        // 기저사례 (쿼리 구간이 완전히 포함되는 경우)
        if (queryEnd >= right && queryStart <= left) {
            return node.value;
        }

        int mid = left + (right - left) / 2;
        return query(node.leftChild, queryStart, queryEnd, left, mid) + query(node.rightChild, queryStart, queryEnd, mid + 1, right);
    }
}

Q . updateRange 와 Query 함수에서 updateLazy 를 가장 먼저 호출해야 되는 이유?

A . 해당 템플릿이 완성되기 전, 구간에 쿼리 구간이 없는 경우 updateLazy 를 할 필요가 없지 않나? 라고 생각했었다. 그래서 "기저사례 (구간에 쿼리구간이 없는 경우)" 로직 뒷 부분에 updateLazy 를 배치하고 최적화를 잘 했다며 만족했었다.

그런데, Lazy Propagation 의 대표문제인 백준 10999 문제를 풀어보니 모두 틀렸다고 나오는 것이었다. 게시판에서 언급하고 있는 반례 케이스들은 모두 맞았는데 안 되니까 답답할 노릇이었다. 잘 생각해보면 잘못된 생각이었다.

만약 부모 노드에 lazy 값이 있는데 자식 노드가 범위를 벗어난다면 lazy 를 전파받지 못하고 계산이 되기 때문이다. 꼭 query 와 update 할 때 updateLazy 를 먼저 호출하자.

1. 문제요약

9426번: 중앙값 측정 (acmicpc.net)

1차원 배열이 주어지고 길이가 K 인 연속 부분 수열에 대해, N-K+1 개의 중앙값의 합을 구하는 프로그램을 작성하시오.

수 K 개의 중앙값은 ((K+1)/2) 번째로 작은 숫자이다. 인덱싱은 1번 부터 시작하며, K가 홀수인 경우를 처리하기 위해 1을 더한다.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 길이가 K 인 모든 연속 부분 수열을 구해야 되므로 슬라이딩 윈도우를 생각할 수 있다.

양 옆에 있는 숫자들만 연산에 추가하고 중간 부분에 있는 값을 재사용할 수 있다면 슬라이딩 윈도우가 적합할 수 있다.

하지만, 이 문제같은 경우 숫자를 양 옆에서 가져와도 어느 것이 중앙 값인지 슬라이딩 윈도우로 K 배열을 가져올 때마다 K 길이만큼 탐색해야 구할 수 있다. 다시 말해 배열 중앙에 있는 값들을 재활용할 수 없다.
 

Fact 2 : 각 구간을 효율적으로 탐색할 수 있는 자료구조를 사용한다면 빠르게 계산할 수 있다. 세그먼트 트리가 대표적인 방식이다. 세그먼트 트리는 자신을 포함한 모든 구역에 대해 값을 업데이트한다는 특징과 부모 노드로 올라갈수록 구간의정보가 합쳐진다는 특징이 있다. 해당 문제에서는 중앙값을 찾고 싶어하므로 자식 노드를 몇 개 가지고 있는지 카운트 정보를 가지고 있다면 쉽게 계산할 수 있다.

지문에서 소개한 중앙값을 M = (K+1)/2 이라고 할 때, 아래와 같은 방법으로 탐색할 수 있다.

tree[node*2] >= M : 왼쪽 자식 트리가 M 보다 크므로 자신보다 작은 값이 나올 때까지 왼쪽 트리를 재귀탐색한다.

tree[node*2] < M : 왼쪽 자식 트리가 M 보다 작으므로 M 에서 왼쪽 형제 노드 갯수만큼 빼주고 (M-tree[node*2]) 오른쪽 트리를 재귀탐색한다.

Fact 3 : 트리에 주어진 배열을 모두 삽입할 필요는 없다. 슬라이딩 윈도우 방식처럼 트리에 하나씩 넣고 빼어 쿼리 결과 값을 가져온다.

4. 문제풀이(수동)

(출처 : [BOJ] 백준 9426번 중앙값 측정 (Java) (tistory.com))

K 배열 내부 값들인 3, 4, 5 값을 세그먼트 트리에 삽입하면 3 4 5 인덱스를 포함한 부모노드들은 각 아래 자식노드들이 몇 개 있는지 카운트 정보를 가지고 있게 된다. 이를 통해 어디로 탐색하는지 알 수 있게 된다.

먼저 중앙값을 계산하면, (k+1/2) 공식에 따라 k=2 가 된다. 왼쪽 자식은 1개 밖에 없으므로 오른쪽 자식 트리에 있다는 것을 알 수 있으며, 오른쪽 트리를 순회하면서 왼쪽 자식의 갯수만큼 빼주어 탐색을 하는 것을 볼 수 있다.

5. 문제전략

문제 전략은 팩트 추출을 통해 알아보았다. 슬라이딩 윈도우 기법으로 K 개 만큼 세그먼트 트리에 삽입하고 쿼리를 각각 수행한다.

6. 소스코드

( [BOJ] 백준 9426번 중앙값 측정 (Java) (tistory.com) 소스코드를 공부하고, 주석을 달았습니다. )

public class Main {
    static final int SIZE = 65536;
    static int[] arr, tree;
    public static void main(String[] args) throws IOException{
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());

        int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
        int k = Integer.parseInt(st.nextToken());

        arr = new int[n+1];
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            arr[i] = Integer.parseInt(br.readLine());
        }

        tree = new int[SIZE*4];
        // 1 번부터 k 직전까지 노드 삽입
        for(int i=1; i<k; i++) {
            update(0,SIZE,1,arr[i],1);
        }
        int prev = 1;
        int mid = (k+1)/2;
        long ans = 0;
        // k 부터 n 까지 노드 삽입하면서 중앙값을 계산하고, 슬라이딩 윈도우 기법으로 K 배열을 움직인다.
        for(int i=k; i<=n; i++) {
            update(0,SIZE,1,arr[i],1);
            ans += find(0,SIZE,1,mid);
            update(0,SIZE,1,arr[prev++],-1);
        }
        System.out.println(ans);
    }

    static int update(int start, int end, int node, int index, int diff) {
        // 기저사례 1 : 타겟 인덱스가 범위 밖인 경우, skip
        if(index < start || end < index) {
            return tree[node];
        }
        // 기저사례 2 : 타겟 인덱스 안에 있으면서 start == end 값이 같다면 index 지점에 도착했다는 뜻
        if(start == end) {
            return tree[node] += diff;
        }

        int mid = (start + end) / 2;
        // 좌측 의 카운트와 우측의 카운트를 합친 값이 부모 카운트
        return tree[node] = update(start, mid, node*2, index, diff)+update(mid+1, end, node*2+1, index, diff);
    }

    static int find(int start, int end, int node, int k) {
        if(start == end) {
            return start;
        }

        int mid = (start+end) / 2;
        if(tree[node*2] >= k) {
            return find(start, mid, node*2, k);
        } else {
            return find(mid+1, end, node*2+1, k-tree[2*node]);
        }
    }
}

1. 문제요약

2138번: 전구와 스위치 (acmicpc.net)

N개의 스위치와 N개의 전구가 있다. i (1 < i < N) 번 스위치를 누르면 i - 1, i, i + 1 의 세 개의 전구의 상태가 동시에 바뀐다.

(자기 자신을 포함해서 양 옆에 있는 전구가 동시에 바뀐다.) N개의 전구들 현재 상태와 만들고자 하는 상태가 주어졌을 때, 그 상태를 만들기 위해 스위치를 최소 몇 번 누르면 되는지 알아내는 프로그램을 작성하시오.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 자기 자신의 스위치를 바꿀 수 있는 것은 양 옆에 있는 전구이다.

그런데 만약 0 ~ N - 1 까지 순차적으로 실행하게 된다면, 왼쪽에 있는 전구는 오른쪽 전구에 의해 바뀔 수 있으므로 사고 과정에서 생략할 수 있다. 오른쪽 전구로만 컨트롤하게 바꾼다면 이전 정보가 필요 없어지게 된다. 또 부분문제이기 때문에 그리디 알고리즘으로 풀 수 있다.

Fact 2 : i - 1 번째 전구만 보면서 타겟 전구와 같다면 넘기고, 다르다면 스위치를 누른다. 그런데 가장 첫 번째 전구는 눌러야 할지, 말아야 할지 결정할 수가 없기 때문에 두 가지 경우의 수 모두 구한다.

Fact 3 : i 가 마지막 N 위치까지 왔는데 타겟 전구의 상태와 다르다면, 도달할 수 없다는 뜻이고 같다면 최소의 경우의 수 이므로 count 를 반환한다. 이 전략이 항상 최선의 상태를 반환하는지는(최소 값을 보장하는지는) 아래 문제풀이(수동)을 통해 알아본다.

4. 문제풀이(수동)

그리디 알고리즘은 해당 전략이 항상 최선의 상태를 반환해주는지 검증해야 한다. 문제를 전구 배열 3 크기로 나누어서 생각해본다.

현재 전구 상태 : 010

목표 전구 상태 : 111

목표 전구 상태와 다른 부분을 보고 바로 킨다면 010 -> 100 -> 011 루틴으로 가장 첫 번째 전구를 못 키게 된다.

그 다음 인덱스에서 킨다면 101 -> 110 -> 111 로 안정적으로 킬 수 있게 된다.

현재 전구 상태 : 000

목표 전구 상태 : 111

중간에 있는 전구 하나만 키면 되는 것처럼 보이지만 그 다음 인덱스에서 키기 때문에 이 중간 문제도 해당 공식이 성립한다. 이처럼 3 전구 상태 배열의 모든 경우의 수를 나열하고 테스트 해보았을 때, 오른쪽에 있는 전구를 킬 때가 가장 올바른 선택이라는 것을 알 수 있다.

5. 문제전략

문제 전략은 예제 풀이(수동)과 팩트 추출을 통해 알아보았다.

6. 소스코드

import java.io.BufferedReader;
import java.io.InputStreamReader;
import java.io.IOException;

public class Main {
    static int N;
    static char lightArray[][], targetArray[];
    static int answer = Integer.MAX_VALUE;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        N = Integer.parseInt(br.readLine());
        lightArray = new char[2][N];
        lightArray[0] = br.readLine().toCharArray();
        lightArray[1] = br.readLine().toCharArray();
        targetArray = br.readLine().toCharArray();
        System.out.println(answer == Integer.MAX_VALUE ? -1 : answer);
    }

    private static void run(int index, int count, int type) {
        if(index == N) {
            if(lightArray[type][index-1] == targetArray[index-1]) {
                answer = Math.min(answer, count);
            }
            return;
        }
        if(lightArray[type][index-1]!=targetArray[index-1]) {
            push(index,type);
            run(index+1,count+1,type);
        } else {
            run(index + 1, count, type);
        }
    }
    private static void push(int index, int type) {
        for(int i=index-1; i<=index+1; i++) {
            if(i>=0 && i<N)
                lightArray[type][i] = lightArray[type][i] == '1' ? '0' : '1';
        }
    }
}

1. 문제요약

6549번: 히스토그램에서 가장 큰 직사각형 (acmicpc.net)

히스토그램이 주어질 때, 가장 넓이가 큰 직사각형을 구하는 프로그램을 작성하시오.

2. 문제예제

( ※ 본 문제는 팩트추출하기 전에 문제풀이(수동)을 먼저 작성한다. )

3. 문제풀이(수동)

위와 같이 히스토그램 예제가 있을 때, 0번부터 7번까지 순차적으로 문제푸는 방식과 문제를 분할하여 푸는 방식 2가지가 존재한다. 세그먼트 트리를 이용하는 방법도 있다고는 하는데 여기서는 생략한다.

1) 스택활용

먼저 순차적으로 문제푸는 방식으로 예제를 풀어보면, 다음과 같다.

H[0] * 1 = 3 ===> MaxArea 3 으로 갱신

H[4] * (5-4) = 5 * 1 = 5 ===> MaxArea 5 로 갱신

H[3] * (5-3) = 4 * 2 = 8 ===> MaxArea 8 로 갱신

H[2] * (5-2) = 3 * 3 = 9 ===> MaxArea 9 로 갱신

H[1] * 5 = 2 * 5 = 10 ===> MaxArea 10 으로 갱신

H[7] * (7-6) = 3 * 1 = 3

H[6] * (7-5) = 3 * 2 = 6

H[5] * 8 = 1 * 8 = 8

따라서 정답은 10 이다.

2) 분할정복

다음은 문제를 분할정복해서 나누어 풀 때 방식이다. 다음과 같다.

일단 문제를 mid 중심으로 나누어 쪼갠다. 좌측과 우측에서 가장 세로 길이가 큰 직사각형을 구하고, 중간 부분부터 가로의 길이를 확장해 나가면서 가로의 길이가 큰 직사각형을 구한다. 세로 길이가 큰 직사각형의 넓이를 구하는 함수를 getArea 라고 하고 중간 영역부터 확장해서 직사각형의 넓이를 구하는 함수를 getMidArea 라고 할 때 수동 풀이는 다음과 같다.

• getArea(0, 7)
  • getArea(0, 3)
    • getArea(0, 1)
    • getMidAread(0, 1, 0)
    • maxArea : 4
    •  
    • getArea(2, 3)
    • getMidAread(2, 3, 2)
    • maxArea : 6
  • getMidArea(0, 3, 1)
  • maxArea : 8
•  
  • getArea(4, 7)
    
    • getArea(4, 5)
    • getMidAread(4, 5, 4)
    • maxArea : 5
    •  
    • getArea(6, 7)
    • getMidAread(6, 7, 6)
    • maxArea : 6
  • getMidArea(4, 7, 5)
  • maxArea : 6
• getMidArea(0, 7, 3)
• maxArea : 10

이 풀이방식의 정답도 10 이다.

문제를 절반으로 나누어서 재귀 호출하고, 각각 O(N) 시간만큼 소요되니 O(NlgN) 시간 복잡도를 가진다. getMidArea 부분을 살펴보면 N 크기의 배열을 나누어서 문제를 푸는데 getMidArea(0,7,3) 처럼 최악의 케이스가 N 복잡도를 가지기 때문이다.

4. 팩트추출

Fact 1 : 스택 활용편의 예제를 살펴보면, "직사각형의 가로 넓이를 확장해 나가는 방향은 자신의 높이보다 작으면서 양 옆에 있는 높이 중 큰 높이를 골라야 한다." 는 점을 알 수 있다. 이 논리와 더불어 순차적으로 문제를 풀기 때문에 (0 => N) 자신의 크기보다 작은 높이가 나왔을 때 비로소 자신과 그 이전 크기들을 한 꺼번에 계산한다. 계산하는 방식을 보면 데이터를 쌓아두었다가 마지막부터 계산하므로 스택 구조를 사용해야 하는 것을 알 수 있다.

Fact 2 : 문제를 좌측에서 가장 큰 사각형과 우측에서 가장 큰 사각형, 중간에서 가장 큰 사각형을 구하는 문제로 분할할 수 있다. 분할 문제이긴 하지만 이전에 계산한 답안을 재사용하진 않는다. 따라서 DP 문제로 풀 수는 없고 분할정복으로만 풀 수 있다.

Fact 3 : 문제를 중심으로 분할해서 재귀로 풀 경우, 좌측에서 가장 큰 사각형을 구하는 부분과 우측에서 가장 큰 사각형을 구하는 부분은 막대의 넓이가 1 일때 세로 길이가 가장 큰 사각형이다. 결국 중간에서 가장 큰 사각형을 구하는 함수 부분이 핵심이다.

5. 문제전략

문제 전략은 예제 풀이(수동)과 팩트 추출을 통해 알아보았다. 스택을 활용하는 방식과 분할 정복으로 문제를 풀 수 있다.

6. 소스코드

1) 스택활용

private static long getArea(int len) {
    Stack<Integer> stack = new Stack<>();
    long max=0;

    for (int i=0; i<N; i++) {
        while (!stack.isEmpty() && histogram[stack.peek()] > histogram[i]) {
            int index = stack.pop();
            int width = stack.isEmpty() ? i : i-stack.peek()-1;
            max = Math.max(max, (long)width*histogram[index]);
        }
        stack.push(i);
    }

    while(!stack.isEmpty()) {
        int index = stack.pop();
        int width = stack.isEmpty() ? N : N-stack.peek()-1;
        max = Math.max(max, (long)width*histogram[index]);
    }
    return max;
}

2) 분할정복

private static int getArea(int left, int right) {
    if (left == right) return histogram[left];
    int mid = (left + right) / 2;
    int max = Math.max(getArea(left, mid), getArea(mid+1, right));
    max = Math.max(max, getMidArea(left, right, mid));
    return max;

}
private static int getMidArea(int left, int right, int mid) {
    int leftPointer = mid;
    int rightPointer = mid+1;
    int height = Math.min(histogram[leftPointer], histogram[rightPointer]);
    int result = height*2;

    while (left<leftPointer || rightPointer<right) {
        if(rightPointer < right && (leftPointer == left || histogram[leftPointer-1] < histogram[rightPointer+1])) {
            ++rightPointer;
            height = Math.min(height, histogram[rightPointer]);
        } else {
            --leftPointer;
            height = Math.min(height, histogram[leftPointer]);
        }
        result = Math.max(result, height * (rightPointer - leftPointer +1));
    }
    return result;
}

1. 문제요약

코딩테스트 연습 - 기둥과 보 설치 | 프로그래머스 스쿨 (programmers.co.kr)

n x n 크기의 2차원 벽면에 기둥(세로) 와 보(가로) 를 설치해 구조물을 만들려고 한다.

벽면의 크기 n, 기둥과 보를 설치하거나 삭제하는 작업이 순서대로 담긴 2차원 배열 build_frame 이 매개변수로 주어질 때, 모든 명령어를 수행한 후 구조물의 상태를 return 하도록 solution 함수를 완성하라.

룰은 다음과 같다.

① 기둥과 보는 1 X 1 크기의 격자이다. 격자 칸의 각 변에 정확히 일치하도록 설치하여야 한다.

② 기둥은 바닥 위에 있거나 보의 한쪽 끝 부분 위에 있거나, 또는 다른 기둥 위에 있어야 한다.

③ 보는 한쪽 끝 부분이 기둥 위에 있거나, 또는 양쪽 끝 부분이 다른 보와 동시에 연결되어 있어야 한다.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 한 지점에서 기둥과 보를 같이 설치/해제할 수 있으므로, map 2차원 배열에 기둥과 보에 대한 정보를 같이 삽입할 수 없다. 기둥의 설치 여부를 나타내는 map 하나와 보의 설치 여부를 나타내는 map 하나를 각각 준비해야 한다.

Fact 2 : 위 문제예제에서도 살펴보았듯이 명령어를 순서대로 적용할 때 실시간으로 가능 여부를 체크해야 한다.

4. 문제전략

문제전략이라고 할 것이 없다. 명령어를 하나씩 받고 아래 2번 3번 룰에 어긋나지 않는지만 체크하면 된다.

② 기둥은 바닥 위에 있거나 보의 한쪽 끝 부분 위에 있거나, 또는 다른 기둥 위에 있어야 한다.

③ 보는 한쪽 끝 부분이 기둥 위에 있거나, 또는 양쪽 끝 부분이 다른 보와 동시에 연결되어 있어야 한다.

5. 소스코드

class Solution {
    static int N;
    static boolean[][] column;
    static boolean[][] row;

    public enum materialType {
        COLUMN(0), ROW(1);
        private final int indexNumber;
        materialType(int i) { this.indexNumber = i; }
        public int getIndex() { return indexNumber; }
    };

    public enum constructType {
        DESTRUCT(0), CONSTRUCT(1);
        private final int indexNumber;
        constructType(int i) { this.indexNumber = i; }
        public int getIndex() { return indexNumber; }
    };
    public int[][] solution(int n, int[][] build_frame) {
        int structureCount = 0;
        N = n;
        column = new boolean[n + 2][n + 2];
        row = new boolean[n + 2][n + 2];

        for(int[] frame : build_frame){
            int x = frame[0] + 1;
            int y = frame[1] + 1;
            int structureType = frame[2];
            int commandType = frame[3];

            if(commandType == constructType.CONSTRUCT.getIndex()){
                if(structureType == materialType.COLUMN.getIndex() && checkColumn(x, y)){
                    column[x][y] = true;
                    structureCount++;
                }
                if(structureType == materialType.ROW.getIndex() && checkRow(x, y)){
                    row[x][y] = true;
                    structureCount++;
                }
            } else if(commandType == constructType.DESTRUCT.getIndex()){
                if(structureType == materialType.COLUMN.getIndex()){
                    column[x][y] = false;
                } else if(structureType == materialType.ROW.getIndex()) {
                    row[x][y] = false;
                }
                if(canDestruct(x, y)) {
                    structureCount--;
                    continue;
                }
                if(structureType == materialType.COLUMN.getIndex()){
                    column[x][y] = true;
                } else if(structureType == materialType.ROW.getIndex()) {
                    row[x][y] = true;
                }
            }
        }

        int index = 0;
        int[][] answer = new int[structureCount][3];

        for(int i = 1 ; i <= n + 1 ; ++i){
            for(int j = 1 ; j <= n + 1 ; ++j){
                if(column[i][j]) answer[index++] = new int[]{i - 1, j - 1, materialType.COLUMN.getIndex()};
                if(row[i][j]) answer[index++] = new int[]{i - 1, j - 1, materialType.ROW.getIndex()};
            }
        }
        return answer;
    }
    private boolean checkColumn(int x, int y) {
        return y == 1 || column[x][y - 1] || row[x - 1][y] || row[x][y];
    }

    private boolean checkRow(int x, int y) {
        return column[x][y - 1] || column[x + 1][y - 1] || (row[x - 1][y] && row[x + 1][y]);
    }

    private boolean canDestruct(int x, int y) {
        for(int i = 1 ; i <= N + 1 ; ++i){
            for(int j = 1 ; j <= N + 1 ; ++j){
                if(column[i][j] && !checkColumn(i, j)){
                    return false;
                }
                if(row[i][j] && !checkRow(i, j)){
                    return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
}

1. 문제요약

2096번: 내려가기 (acmicpc.net)

N 줄에 0~9 숫자가 세 개씩 적혀있다. 첫 줄에서 시작해서 마지막 줄까지 내려오는 놀이이다.

별표는 현재 위치이고, 그 아랫 줄의 파란 동그라미는 주인공이 다음 줄로 내려갈 수 있는 위치라고 할 때,

얻을 수 있는 최대 점수, 최소 점수를 구하는 프로그램을 작성하라.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 3 X N 표를 그래프에서 첫째 줄부터 마지막 줄까지 선택하는 경우의 수를 그래프로 나타냈을 때 DFS, BFS 로 문제를 풀 수 있겠지만, DFS 및 BFS 로 문제를 풀려면 항상 이전의 값이 고정된 값이어야 한다. 여기서는 최대값, 최소값 문제이므로 줄을 타고 내려올수록 값이 갱신되기 때문에 DFS, BFS 로 문제를 풀 수 없다.

Fact 2 : 부분문제이면서 이전의 결과 값들을 재사용하기 때문에 DP 문제로 풀 수 있다.

Fact 3 : 문제를 DP 점화식으로 풀어보면 아래와 같다.

S[i][j] = i행 j열까지 내려오면서 얻을 수 있는 최대의 점수라 할 때,
S[i][0] = max(S[i-1][0], S[i-1][1]) + map[i][0]
S[i][1] = max(S[i-1][0], S[i-1][1], S[i-1][2]) + map[i][1]
S[i][2] = max(S[i-1][1], S[i-1][2]) + map[i][2]

이 점화식에는 특징이 있다. 현재 값이 이전 행 값만 사용한다. 따라서 DP 테이블을 모두 가지고 있을 필요가 없다.

4. 문제풀이(수동)

예제 입력 1 을 minDP 수동으로 풀어본다. maxDP 는 반대 연산이므로 생략한다.

minDP[i] : i 번째 열까지 계산된 최소 비용, maxDP[i] : i 번째 열까지 계산된 최대 비용이라고 하자.

-> 0번째 행

minDP[0][0] = 1

minDP[0][1] = 2

minDP[0][2] = 3

-> 1번째 행

minDP[1][0] = min(minDP[0][0], minDP[0][1]) + map[1][0] = 1 + 4 = 5

minDP[1][1] = min(minDP[0][0], minDP[0][1], minDP[0][2]) + map[1][1] = 1 + 5 = 6

minDP[1][2] = min(minDP[0][1], minDP[0][2]) + map[1][2] = 2 + 6 = 8

-> 2번째 행

minDP[2][0] = min(minDP[1][0], minDP[1][1]) + map[2][0] = 5 + 4 = 9

minDP[2][1] = min(minDP[1][0], minDP[1][1], minDP[1][2]) + map[2][1] = 5 + 9 = 14

minDP[2][2] = min(minDP[1][1], minDP[1][2]) + map[2][2] = 6 + 0 = 6

따라서 제일 작은 6 이 정답이다.

5. 문제전략

문제 전략은 특별히 없다. 점화식을 단순히 구현하면 된다.

다른 DP 문제와 다른 점은 이전 행 정보만 필요하므로 dp[3] 테이블만 가지고 있으면 된다.

한 단계식 행을 계산할 때마다 테이블을 업데이트하면 된다.

6. 소스코드

import java.io.*;
import java.util.*;
class Main {
    static int[] maxDP;
    static int[] minDP;
    static StringTokenizer st;
    public static void main(String[] args) throws NumberFormatException, IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        BufferedWriter bw = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));

        maxDP = new int[3];
        minDP = new int[3];

        int row = Integer.parseInt(br.readLine());

        for (int i=0; i<row; i++) {
            st = new StringTokenizer(br.readLine());

            int left = Integer.parseInt(st.nextToken());
            int center = Integer.parseInt(st.nextToken());
            int right = Integer.parseInt(st.nextToken());
            solve(i, left,center,right);
        }
        bw.write(Math.max(maxDP[0], Math.max(maxDP[1], maxDP[2])) + " ");
        bw.write(Math.min(minDP[0], Math.min(minDP[1], minDP[2])) + "\n");
        bw.flush();
        bw.close();
        br.close();
    }
    private static void solve(int index, int left, int center, int right){
        if (index == 0) {
            maxDP[0] = minDP[0] = left;
            maxDP[1] = minDP[1] = center;
            maxDP[2] = minDP[2] = right;
        } else {
            int tempMaxDP0 = maxDP[0], tempMaxDP2 = maxDP[2];
            maxDP[0] = Math.max(maxDP[0], maxDP[1]) + left;
            maxDP[2] = Math.max(maxDP[1], maxDP[2]) + right;
            maxDP[1] = Math.max(Math.max(tempMaxDP0, maxDP[1]), tempMaxDP2) + center;

            int tempMinDP0 = minDP[0], tempMinDP2 = minDP[2];
            minDP[0] = Math.min(minDP[0], minDP[1]) + left;
            minDP[2] = Math.min(minDP[1], minDP[2]) + right;
            minDP[1] = Math.min(Math.min(tempMinDP0, minDP[1]), tempMinDP2) + center;
        }
    }
}

1. 문제요약

코딩테스트 연습 - 가사 검색 | 프로그래머스 스쿨 (programmers.co.kr)

가사에 사용된 단어들이 담긴 배열 words 와 찾고자 하는 키워드가 담긴 배열 queries 가 주어질 때, 각 키워드 별로 매칭된 단어가 몇 개인지 순서대로 배열에 담아 반환하도록 solution 함수를 완성하라.

룰은 다음과 같다.

① 검색 키워드(queries)는 와일드카드 문자인 '?' 가 하나 이상 포함되어 있으며, '?' 는 각 검색 키워드의 접두사 아니면 접미사 중 하나로 표현될 수 있다. 중간에도 '?' 가 들어갈 수 없다. 예를 들어 "fr?do"('?'가 중간에 있음), "?ro??"('?'가 양쪽에 있음), "frodo"('?'가 없음) 쿼리들은 불가능하다.

② 검색 키워드(queries)는 오직 알파벳 소문자와 와일드카드 문자인 '?' 로만 구성되어 있다.

③ 검색 키워드는 중복이 될 수 있다.

2. 문제예제

3. 팩트추출

Fact 1 : 문제 지문에 따르면, 문자열들의 최대 갯수는 100,000 개이고, 쿼리 최대 갯수는 100,000 개로 총

100,000 * 100,000 번 탐색해야 되기 때문에 단순 탐색 시 시간 초과가 발생할 수 밖에 없다. 새로운 알고리즘이 필요하다.

Fact 2 : "?" 는 중간에 있을 수 없다. 무조건 접두사나 접미사에 존재한다. 그런데 ? 의 갯수가 미정이다.
트라이를 통해 검색을 한다고 하더라도 어느 깊이까지 탐색해야 하는지 알 수 없다. 따라서 문자열을 트라이에 저장할 때, 문자열의 길이를 키로 하는 Map 에 같은 키를 가지고 있는 문자열이 몇 개인지 저장할 필요가 있다. ? 를 만났을 때 일일히 트라이의 26개 노드들을 bfs 처럼 탐색할 필요없이 그 문자열의 길이를 Map 에서 검색해서 바로 꺼낸다.

Fact 3 : 자바의 compareTo 메서드는 특이점을 가지고 있다. A.compareTo(B) 라고 가정할 때,

1) A 와 B 가 숫자라면 아래 표와 같이 명확하다.

2) A 와 B 가 문자열이라면 조금 복잡하다.

(compareTo 메서드는 문자열을 처음부터 비교하기 시작한다.)

예제들을 나열해보면 아래와 같다.

"abcd"(4) - "ab"(2) = 2, "abcd"(4) - "a"(1) = 3, "abcd"(4) - ""(0) = 4,

"abhg"(a=97) - "h"(h=104) = -7, "abcd"(c= 99) - "abfd"(f=102) = -3, "abcd"(a=97) - "c"(c=99) = -2

만약 문자열이 정렬이 되어 있는 상태에서 쿼리들을 compareTo 메서드로 비교할 때 쿼리가 크다면 음수가 나올 것이고, 쿼리가 작다면 양수가 나올 것이다.

4. 문제전략

words 문자열들을 여러 번 탐색하기 때문에 (쿼리 문제는 다 그런 듯...) words 문자열들을 정렬할 필요가 있다.

정렬하는 이유는 역시 탐색 범위를 줄이기 위해서다. 문자열을 빠르게 탐색하기 위해서는 트라이 자료구조와 이분 탐색을 생각할 수 있다.

Solving Strategy Item 1 :

처음부터 '?' 문자를 만나면 알파벳 26 가지 경우의 수를 모두 탐색해야 한다. 그래서 문자열을 뒤집어 자료구조를 준비해둔다면, 빠르게 탐색할 수 있다. ? 이 맨 마지막에 있다면 없는 경우의 수는 없고 갯수만 파악하면 되니깐 말이다.

Solving Strategy Item 2 (트라이) :

트라이 자료구조를 통해 링크드 리스트처럼 문자열들을 O(M) (여기서 M은 문자열의 길이) 복잡도로 탐색한다. 주의할 점은 트라이 자료구조를 사용한다고 하더라도 '?' 를 만나면 그 다음 문자 26 가지 알파벳들을 모두 탐색해야 하므로 비효율적이다. '?' 는 중간에는 사용하지 못 한다는 특징을 이용하여 트라이 자료구조를 '?' 전까지만 탐색하고 '?' 를 만나면 더 이상 트라이를 탐색할 필요없이 문자열의 길이를 가진 또 다른 문자열이 있는지 파악하고 그 갯수를 리턴하면 된다. 그래서 트라이 자료구조와 함께 문자열의 길이를 키로 가지고 갯수를 값으로 가지는 Map 자료구조를 같이 셋팅한다.

Solving Strategy Item 3 (이분탐색) :

트라이 자료구조를 사용할 필요없이 문자열을 정렬해놓고 정렬된 특징을 이용하여 이분탐색으로 풀이할 수도 있다. Fact 3 에서 소개한 자바의 compareTo 메서드를 사용하면 쿼리가 크다면 음수가 나오고, 쿼리가 작다면 양수가 나오기 때문에 일정한 값 분포도에 따라 이분탐색이 가능하다. ? 문자열을 빈 문자열로 치환한다면 쿼리가 적용되는 가장 낮은 위치를 가지고 올 수 있고, ? 문자열을 가장 큰 문자 값으로 치환하면 쿼리가 적용되는 가장 높은 위치를 가지고 올 수 있다. 그 위치들을 서로 빼준다면 갯수를 구할 수 있게 된다.

5. 소스코드

1) 트라이

import java.util.*;
class Solution {
    static class Trie {
        Map<Integer, Integer> lengthMap = new HashMap<>();
        Trie[] child = new Trie[26];
        void insert(String str) {
            Trie node = this;
            int len = str.length();
            lengthMap.put(len, lengthMap.getOrDefault(len, 0) + 1);
            for (char ch : str.toCharArray()) {
                int idx = ch - 'a';
                if (node.child[idx] == null)
                    node.child[idx] = new Trie();
                node = node.child[idx];
                node.lengthMap.put(len, node.lengthMap.getOrDefault(len, 0) + 1);
            }
        }
        int find(String str, int i) {
            if (str.charAt(i) == '?')
                return lengthMap.getOrDefault(str.length(), 0);
            int idx = str.charAt(i) - 'a';
            return child[idx] == null ? 0 : child[idx].find(str, i + 1);
        }
    }
    public static int[] solution(String[] words, String[] queries) {
        Trie front = new Trie();
        Trie back = new Trie();
        for (String word : words) {
            front.insert(word);
            back.insert(reverse(word));
        }
        return Arrays.stream(queries).mapToInt(
                query -> query.charAt(0) == '?' ?
                        back.find(reverse(query), 0) :
                        front.find(query, 0)).toArray();
    }
    private static String reverse(String s) {
        return new StringBuilder(s).reverse().toString();
    }
}

2) 이분탐색

import java.util.*;

class Solution {
    public static List<Integer> solution(String[] words, String[] queries) {
        Map<Integer, List<String>> frontMap = new HashMap<>();
        Map<Integer, List<String>> backMap = new HashMap<>();

        // words 리스트를 자료구조에 셋팅한다.
        for (String word : words) {
            int len = word.length();
            frontMap.computeIfAbsent(len, i -> new ArrayList<>()).add(word);
            backMap.computeIfAbsent(len, i -> new ArrayList<>()).add(reverse(word));
        }

        for (int key : frontMap.keySet()) {
            frontMap.get(key).sort(null);
            backMap.get(key).sort(null);
        }

        List<Integer> result = new ArrayList<>();
        for (String query : queries) {
            List<String> list;
            if (query.charAt(0) == '?') {
                list = backMap.get(query.length());
                query = reverse(query);
            } else
                list = frontMap.get(query.length());
            if (list == null) result.add(0);
            else result.add(lowerBound(list, query.replace('?', Character.MAX_VALUE))
                    - lowerBound(list, query.replace("?", "")));
        }
        return result;
    }
    private static int lowerBound(List<String> list, String str) {
        int start = 0, end = list.size();
        while (start < end) {
            int mid = (start + end) / 2;
            if (str.compareTo(list.get(mid)) <= 0)
                end = mid;
            else start = mid + 1;
        }
        return start;
    }
    private static String reverse(String s) {
        return new StringBuilder(s).reverse().toString();
    }
}