시간 제한: 1.5초
메모리 제한: 128MB
KOI 통신연구소는 레이저를 이용한 새로운 비밀 통신 시스템 개발을 위한 실험을 하고 있다. 실험을 위하여 일직선 위에 N개의 높이가 서로 다른 탑을 수평 직선의 왼쪽부터 오른쪽 방향으로 차례로 세우고, 각 탑의 꼭대기에 레이저 송신기를 설치하였다. 모든 탑의 레이저 송신기는 레이저 신호를 지표면과 평행하게 수평 직선의 왼쪽 방향으로 발사하고, 탑의 기둥 모두에는 레이저 신호를 수신하는 장치가 설치되어 있다. 하나의 탑에서 발사된 레이저 신호는 가장 먼저 만나는 단 하나의 탑에서만 수신이 가능하다.
예를 들어 높이가 6, 9, 5, 7, 4인 다섯 개의 탑이 수평 직선에 일렬로 서 있고, 모든 탑에서는 주어진 탑 순서의 반대 방향(왼쪽 방향)으로 동시에 레이저 신호를 발사한다고 하자. 그러면, 높이가 4인 다섯 번째 탑에서 발사한 레이저 신호는 높이가 7인 네 번째 탑이 수신을 하고, 높이가 7인 네 번째 탑의 신호는 높이가 9인 두 번째 탑이, 높이가 5인 세 번째 탑의 신호도 높이가 9인 두 번째 탑이 수신을 한다. 높이가 9인 두 번째 탑과 높이가 6인 첫 번째 탑이 보낸 레이저 신호는 어떤 탑에서도 수신을 하지 못한다.
탑들의 개수 N과 탑들의 높이가 주어질 때, 각각의 탑에서 발사한 레이저 신호를 어느 탑에서 수신하는지를 알아내는 프로그램을 작성하라.
첫째 줄에 탑의 수를 나타내는 정수 N이 주어진다. N은 1 이상 500,000 이하이다. 둘째 줄에는 N개의 탑들의 높이가 직선상에 놓인 순서대로 하나의 빈칸을 사이에 두고 주어진다. 탑들의 높이는 1 이상 100,000,000 이하의 정수이다.
첫째 줄에 주어진 탑들의 순서대로 각각의 탑들에서 발사한 레이저 신호를 수신한 탑들의 번호를 하나의 빈칸을 사이에 두고 출력한다. 만약 레이저 신호를 수신하는 탑이 존재하지 않으면 0을 출력한다.
예제 입력 1
5
6 9 5 7 4
예제 출력 1
0 0 2 2 4
Q. 맨 왼쪽의 탑에서 보내는 신호는 절대 수신이 불가능하지 않을까?
Q. 하나의 탑이 여러 탑의 신호를 수신하는 것에 대한 제약사항은 존재하는가?
Q. 기둥에 수신이 가능하다는데, 그렇다면 탑의 높이가 같아도 수신이 가능한 것일까?
본인 기준 왼 쪽에 존재하는 탑을 다 순회하며 체크하는 경우, 시간복잡도는 아래와 같다.
기준 점을 잡아서 전체 순회하는 경우 O(N), 기준점 기준 왼쪽을 순회하는 경우 최소 O(1), 최대 O(N - 1)가 되므로 대략 O(N^2)으로 볼 수 있다.
주어진 시간 제한이 1.5초이므로 주어질 수 있는 탑의 수가 500000이므로 시간 초과가 뜰 것으로 판단했다.
기준 점을 잡아서 전체를 순회하는 경우를 최적화할 수 없으므로, 기준점 기준 왼쪽에 수신할 수 있는 탑을 판단하는 부분을 최적화해야 한다.
예제를 기준으로 접근해본다면,
첫 번째는 무조건 신호가 도달할 수 없다.
두 번째인 9를 기준으로 접근해보고자 한다. 9를 기준으로 왼쪽에는 6만 존재하게 된다. 그렇다면 9 기준으로 신호가 도달할 수 없으므로 다음으로 넘어가게 된다.
5 기준으로 보았을 때, 9인 두 번째 타워에 신호가 도달하게 된다. 즉, 6은 애초에 판단할 필요가 없다. 즉, 9인 타워를 순회하는 순간 6은 고려대상에서 애초에 제외되어야 한다는 것이다.
7 기준으로 보았을 때, 두 번째 타워인 9에 신호가 도달하게 된다. 해당 타워로 신호가 도달하게 되는 과정에서는 5를 확인한 후, 9로 넘어가게 된다. 그렇다면 이후 4인 타워 기준으로는 5를 고려할 필요가 없다.
위처럼 중간중간마다 고려할 필요가 없어지는 타워들은 제거하면서 탐색할 수 있어야 하므로 스택 자료구조를 활용해서 접근한다.
풀이
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"
int N;
int arr[500001];
void solve();
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
memset(arr, 0, sizeof(arr));
cin >> N;
for(int i = 1; i < N + 1; i++) {
cin >> arr[i];
}
solve();
return 0;
}
void solve() {
stack<int> s;
for(int i = 1; i < N + 1; i++) {
while(!s.empty() && arr[s.top()] < arr[i]) {
s.pop();
}
if(!s.empty()) {
cout << s.top() << endl;
}
else {
cout << 0 << endl;
}
s.push(i);
}
}