다이나믹 프로그래밍은 값을 연산할 때 이전에 연산한 값을 다시 계산하여 중복되는 연산을 줄이기 위해서 이미 연산한 값을 배열에 저장하여 사용한다 라고 요약할 수있다.
- 다이나믹 프로그래밍의 대표적인 예는 피보나치 수열이다.
피보나치 수열이란 현재 값을 구하기 위해서 이전의 두값을 더한다는 알고리즘이다.
피보나치 수열의 점화식은
A1 =1, A2 = 1
An+2 = An + An+1 이다.
이때 우리는 A6 값을 구하자고 하자.
우리는 값을 구하기 위해서 A4 + A5 값을 구해야 하는데 그 값을 구하기 위해서 트리구조를 확인해 본다면
이 모든 연산을 해야한다. 하지만 우리는 이전에 계산한 값들을 저장한다면 ,
계산해야하는 값이 엄청나게 줄어든다는 것을 알수있다.
이 것을 메모이제이션 기법이라고 한다. 메모이제이션은 값을 저장하는 방법이므로 캐싱이라고도 한다.
정리하자면 다이나믹 프로그래밍 이란 큰 문제를 작게 나누고, 같은 문제라면 한 번씩만 풀어 문제를 효율적으로 해결하는 알고리즘 기법이다.
코딩 테스트에서의 다이나믹 프로그래밍 문제는 대체로 간단한 형태로 출제된다.
가장중요한 것은 주어진 문제가 다이나믹 프로그래밍 유형임을 파악하는 것이 중요하다.특정한 문제를 완전탐색 알고리즘으로 접근했을 때 시간이 매우 오래걸린다면 다이나믹 프로그래밍을 적용해서 부분문제들의 중복 여부를 확인해보자.
실전문제 1. 1로 만들기
문제요약 :
정수 X가 주어질때 정수 X에 사용할 수 있는 연산은 다음과 같이 4가지이다.
1) X가 5로 나누어떨어지면, 5로 나눈다.
2) X가 3으로 나누어 떨어지면, 3으로 나눈다.
3) X가 2로 나누어 떨어지면, 2로 나눈다.
4) X에서 1을 뺀다.
정수 X가 주어졌을때, 연산 4개를 적절히 사용해서 1을 만들어야한다. 이 연산을 사용하는 횟수의 최솟값을 출력해라.
입력
첫째 줄에 정수 X이 주어진다. (1<=X<=30,000)
출력
첫째 줄에 연산을 하는 횟수의 최솟값을 출력한다.
입력 예시
26
출력 예시
3
구현코드 :
import java.io.*;
public class Main10 {
public static void main(String[] args)throws IOException {
// TODO Auto-generated method stub
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
int n = br.read();
int[] count =new int[n+1];
for(int i = 2; i <= n; i ++) {
count[i] = count[i-1] +1;
if(i % 2 == 0) {
count[i] = Math.min(count[i], count[i / 2] + 1);
}
if(i % 3 == 0) {
count[i] = Math.min(count[i], count[i / 3] + 1);
}
if(i % 5 == 0) {
count[i] = Math.min(count[i], count[i / 5] + 1);
}
}
System.out.println(count[n]);
}
}
코드 해석:
우선 1로 만들 수 있는 최소 횟수를 구하기 위해선 우선 주어진 값이 2,3,5 로 나누어 졌을 때의 나누어지는 횟수를 구해야하고 나누어 떨어지지 않으면 값 -1 한 값의 횟수를 알고있어야 한다. 그러기 위해선 이전값들을 모두 수행해보면 된다. 이때 값을 저장해 놓는 다이나믹 프로그래밍을 구현해보자. count 배열을 n + 1 만큼 만드는 것은 값이 주어였을때 n-1을 하면 헷갈리기 때문에 +1 만큼 배열을 만들어준다. 그 후 2 부터 수행해준다. 2를 1로 만들기 위해선 -1 한 값이랑 2로 나눈 값이랑 둘다 1이기 때문에 1로 설정, 3은 3으로 나누어 떨어지기 때문에 1 4는 -1 한 값이랑 /2 한 값이랑 똑같기 때문에 2 , 5는 5로 나누어지기때문에 1 이런 식으로 가다보면 최소 수행되는 값을 구할 수있다.
실전문제 2. 개미 전사
문제요약:
개미전사는 부족한 식량을 충당하고자 메뚜기 마을의 식량창고를 몰래 공격하려고 한다. 메뚜기 마을에는 여러 개의 식량창고가 있는데 식량창고는 일직선으로 이어져 있다. 각 식량창고에는 정해진 수의 식량을 저장하고 있ㄷ으며 개미 전사는 식량창고를 선택적으로 약탈하여 식량을 빼앗을 예정이다. 이때 메뚜기 정찰병들은 일직선상에 존재하는 식량창고 중에서 서로 인접한 식량창고가 공격받으면 바로 알아챌 수 있다. 따라서 개미 전사가 정찰병에게 들키지 않고 식량창고를 약탈하기 위해서는 최소한 한 칸 이상 떨어진 식량창고를 약탈해야 한다. 예를 들어 식량창고 4개가 다음과 같이 존재한다고 가정하자.
{1, 3, 1, 5}
이때 개미 전사는 두 번째 식량창고와 네 번째 식량창고를 선택했을 때 최댓값인 총 8개의 식량을 빼앗을 수 있다. 개미 전사는 식량창고가 이렇게 일직선상일 때 최대한 많은 식량을 얻기를 원한다.
개미 전사를 위해 식량창고 N개에 대한 정보가 주어졌을 때 얻을 수 있는 식량의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에 식량창고의 개수 N이 주어진다. (3<=N<=100)
둘째 줄에 공백으로 구분되어 각 식량창고에 저장된 식량의 개수 K가 주어진다. (0<=K<=1,000)
출력
첫째 줄에 개미 전사가 얻을 수 있는 식량의 최댓값을 출력하시오.
입력 예시
4
1 3 1 5
출력 예시
8
처음 구현한 코드(틀린 코드)
import java.util.*;
import java.io.*;
public class Main11 {
public static void main(String[] args)throws IOException {
// TODO Auto-generated method stub
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
int[] nn = new int[n];
int[] sum = new int[n];
st = new StringTokenizer(br.readLine());
for(int i = 0; i < n; i++) {
nn[i] = Integer.parseInt(st.nextToken());
}
sum[0] = nn[0];
sum[1] = nn[1];
for(int i = 2; i < n; i++) {
int max = 0;
for(int j = 0; j < (i -1); j ++) {
if(max < sum[j]) max =sum[j];
}
sum[i] = max + nn[i];
}
System.out.println(sum[n-1]);
}
}
답을보고 구현한 코드:
import java.util.*;
import java.io.*;
public class Main11 {
public static void main(String[] args)throws IOException {
// TODO Auto-generated method stub
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
int[] nn = new int[n];
int[] sum = new int[n];
st = new StringTokenizer(br.readLine());
for(int i = 0; i < n; i++) {
nn[i] = Integer.parseInt(st.nextToken());
}
sum[0] = nn[0];
sum[1] = Math.max(nn[0], nn[1]);
for(int i = 2; i < n; i++) {
sum[i] = Math.max(sum[i-2] + nn[i],sum[i-1]);
}
System.out.println(sum[n-1]);
}
}
코드 해석:
인접한 배열을 더할 수없을 때 최대값을 구해라.
맨처음엔 자기자신을 더해야 한다고 생각했다. 하지만 이전값이 크다면 이전 값을 max 값이라고 해도 되는 거구나 알게되었다.어차피 우리는 모든 경우의 수중 최대 값을 구하면 되는 것이기 때문에 뒤로 가도 변하는 것은 없다. 즉 , 이문제의 점화식은
An = max(An-1,An-2+Kn) 이라고 할 수있다.
실전문제 3.바닥공사
문제요약:
문제가로의 길이가 N, 세로의 길이가 2인 직사각형 형태의 얇은 바닥이 있다.
태일이는 이 얇은 바닥을 1 X 2의 덮개, 2 X 1의 덮개, 2 X 2의 덮개를 이용해 채우고자 한다.
이 때 바닥을 채우는 모든 경우의 수를 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에 N이 주어진다. (1 ≤ N ≤ 1,000)
출력
첫째 줄에 N이 1이 될 때까지 1번 혹은 2번의 과정을 수행해야 하는 최솟값을 출력한다.첫째 줄에 2 X N 크기의 바닥을 채우는 방법의 수를 796,796으로 나눈 나머지를 출력한다.
입력 예시
3
출력 예시
5
구현코드:
import java.io.*;
public class Main {
public static void main(String[] args)throws IOException {
// TODO Auto-generated method stub
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
int n = Integer.parseInt(br.readLine());
int[] count = new int[n];
count[0] = 1;
count[1] = 3;
for(int i = 2 ; i < n ; i ++) {
count[i] = (count[i-1] + 2*count[i-2]) % 796796;
}
System.out.println(count[n-1]);
}
}
코드해석:
타일링 문제는 DP 에서도 가장 대표적인 문제라고 할 수있다.
점화식을 세워보자 만약 n 번째 값을 구할때 1칸늘어나는 경우 2칸 늘어나는 경우가 있다. 3칸늘어나는 경우 까지 생각해야하는거 아닌가 싶지만 아니다 3칸 늘어나는 경우는 1칸 늘어나는 경우에 포함되기 때문이다.
그러면 우리는 1칸 늘어나는 경우는 1개 2칸 늘어나는 경우는 2개 라고 알 수 있다.
점화식은 : An = An-1 + 2*(An-2) 이다.
실전문제 4. 효율적인 화폐 구성
문제요약:
N가지 종류의 화폐가 있다. 이 화폐들의 개수를 최소한으로 이용해서 그 가치의 합이 M원이 되도록 하려고 한다. 이때 각 회폐는 몇 개라도 사용할 수 있으며, 사용한 화폐의 구성은 같지만 순서만 다른 것은 같은 경우로 구분한다. 예를 들어 2원, 3원 단위의 화폐가 있을 때는 15원을 만들기 위해 3원을
5개 사용하는 것이 가장 최소한의 화폐 개수이다.
입력 조건
첫째 줄에 N, M이 주어진다. (1 <= N <= 100, 1 <= M <= 10,000)
이후 N개의 줄에는 각 화폐의 가치가 주어진다. 화폐 가치는 10,000보다 작거나 같은 자연수이다.
출력 조건
첫째 줄에 M원을 만들기 위한 최소한의 화폐 개수를 출력한다.
불가능할 때는 -1을 출력한다.
입력 예시 1
2 15
2
3
출력 예시 1
5
입력 예시 2
3 4
3
5
7
출력 예시 2
-1
구현코드:
package test;
import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.Arrays;
import java.util.StringTokenizer;
public class Main {
public static void main(String[] args) throws IOException {
// TODO Auto-generated method stub
BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
int m = Integer.parseInt(st.nextToken());
int[] arr = new int[n];
int[] count = new int[m+1];
for(int i = 0 ; i < n ; i ++) {
arr[i] = Integer.parseInt(br.readLine());
}
Arrays.fill(count,10001);
count[0] = 0;
for(int i = 0; i < n ; i ++) {
for(int j = arr[i]; j <= m ; j ++) {
if(count[j - arr[i]] != 10001) {
count[j] = Math.min(count[j], count[j-arr[i]] +1 );
}
}
}
if(count[m] == 10001) {
System.out.println(-1);
}else {
System.out.println(count[m]);
}
}
}
코드해석:
맨처음 문제를 풀때 내가 생각했던 방법은 count 배열을 [m+1] 만큼 할당하고
받은 화폐를 count[화폐] 에 값을 1로 할당한다. 그 후에 loop 문을 돌아서 if 문을 받은 화폐반큼 선언하여 만약 count[i-화폐값]이 있다면 할당 후 Math.min() 으로 하려고 했는데 해답 코드를 보는순간 해답코드가 더 효율 적이라고 생각하게 되었다.
해답코드의 해설은 다음과 같다. 우선 값이 0일땐 화폐가 필요하지 않음으로 0으로 초기화 그리고 다른 수들은 10001으로 초기화한다. 그후에 화폐들을 비교해준다.
