1. 게임 개발
1) 문제
문제 설명
숌 회사에서 이번에 새로운 전략 시뮬레이션 게임 세준 크래프트를 개발하기로 하였다. 핵심적인 부분은 개발이 끝난 상태고, 종족별 균형과 전체 게임 시간 등을 조절하는 부분만 남아 있었다.게임 플레이에 들어가는 시간은 상황에 따라 다를 수 있기 때문에, 모든 건물을 짓는데 걸리는 최소의 시간을 이용하여 근사하기로 하였다. 물론, 어떤 건물을 짓기 위해서 다른 건물을 먼저 지어야 할 수도 있기 때문에 문제가 단순하지만은 않을 수도 있다. 예를 들면 스타크래프트에서 벙커를 짓기 위해서는 배럭을 먼저 지어야 하기 때문에, 배럭을 먼저 지은 뒤 벙커를 지어야 한다. 여러 개의 건물을 동시에 지을 수 있다.
편의상 자원은 무한히 많이 가지고 있고, 건물을 짓는 명령을 내리기까지는 시간이 걸리지 않는다고 가정하자.
입력
첫째 줄에 건물의 종류 수 N(1 ≤ N ≤ 500)이 주어진다. 다음 N개의 줄에는 각 건물을 짓는데 걸리는 시간과 그 건물을 짓기 위해 먼저 지어져야 하는 건물들의 번호가 주어진다. 건물의 번호는 1부터 N까지로 하고, 각 줄은 -1로 끝난다고 하자. 각 건물을 짓는데 걸리는 시간은 100,000보다 작거나 같은 자연수이다. 모든 건물을 짓는 것이 가능한 입력만 주어진다.출력
N개의 각 건물이 완성되기까지 걸리는 최소 시간을 출력한다.
2) 문제 분석 및 풀이
1) 설계, 분석
2) 풀이
#include <iostream> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> #include <unordered_map> using namespace std; int main() { int N; cin >> N; vector<int> buildTime(N + 1); // 각 건물의 기본 건설 시간 unordered_map<int, vector<int>> graph; vector<int> indegree(N + 1, 0); // 진입 차수 vector<int> dp(N + 1, 0); // 각 건물의 최종 건설 시간 for (int i = 1; i <= N; ++i) { cin >> buildTime[i]; while (true) { int pre; cin >> pre; if (pre == -1) break; graph[pre].push_back(i); indegree[i]++; } } queue<int> q; // 진입 차수가 0인 건물부터 시작 for (int i = 1; i <= N; ++i) if (indegree[i] == 0) { q.push(i); dp[i] = buildTime[i]; } while (!q.empty()) { int now = q.front(); q.pop(); for (int next : graph[now]) { dp[next] = max(dp[next], dp[now] + buildTime[next]); indegree[next]--; if (indegree[next] == 0) q.push(next); } } for (int i = 1; i <= N; ++i) cout << dp[i] << '\n'; return 0; }
2. 내리막길
1) 문제
문제 설명
여행을 떠난 세준이는 지도를 하나 구하였다. 이 지도는 아래 그림과 같이 직사각형 모양이며 여러 칸으로 나뉘어져 있다. 한 칸은 한 지점을 나타내는데 각 칸에는 그 지점의 높이가 쓰여 있으며, 각 지점 사이의 이동은 지도에서 상하좌우 이웃한 곳끼리만 가능하다.
지도가 주어질 때 이와 같이 제일 왼쪽 위 지점에서 출발하여 제일 오른쪽 아래 지점까지 항상 내리막길로만 이동하는 경로의 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.입력
첫째 줄에는 지도의 세로의 크기 M과 가로의 크기 N이 빈칸을 사이에 두고 주어진다. 이어 다음 M개 줄에 걸쳐 한 줄에 N개씩 위에서부터 차례로 각 지점의 높이가 빈 칸을 사이에 두고 주어진다. M과 N은 각각 500이하의 자연수이고, 각 지점의 높이는 10000이하의 자연수이다.출력
첫째 줄에 이동 가능한 경로의 수 H를 출력한다. 모든 입력에 대하여 H는 10억 이하의 음이 아닌 정수이다.
2) 문제 분석 및 풀이
1) 설계, 분석
2) 풀이
#include <iostream> #include <vector> #include <cstring> using namespace std; int M, N; vector<vector<int>> board; vector<vector<int>> dp; int dx[4] = {1, -1, 0, 0}; // 하, 상, 우, 좌 int dy[4] = {0, 0, 1, -1}; bool CanGo(int x, int y) { if (x < 0 || x >=M ) return false; if (y < 0 || y >=N ) return false; return true; } int dfs(int x, int y) { if (x == M - 1 && y == N - 1) return 1; // 도착 지점 if (dp[x][y] != -1) return dp[x][y]; // 이미 계산된 경로 수 dp[x][y] = 0; for (int dir = 0; dir < 4; dir++) { int nx = x + dx[dir]; int ny = y + dy[dir]; if (CanGo(nx, ny) && board[nx][ny] < board[x][y]) { dp[x][y] += dfs(nx, ny); } } return dp[x][y]; } int main() { cin >> M >> N; board.resize(M, vector<int>(N)); dp.resize(M, vector<int>(N, -1)); for (int i = 0; i < M; i++) for (int j = 0; j < N; j++) cin >> board[i][j]; cout << dfs(0, 0) << '\n'; return 0; }
3. ACM Craft
1) 문제
문제 설명
서기 2012년! 드디어 2년간 수많은 국민들을 기다리게 한 게임 ACM Craft (Association of Construction Manager Craft)가 발매되었다.이 게임은 지금까지 나온 게임들과는 다르게 ACM크래프트는 다이나믹한 게임 진행을 위해 건물을 짓는 순서가 정해져 있지 않다. 즉, 첫 번째 게임과 두 번째 게임이 건물을 짓는 순서가 다를 수도 있다. 매 게임시작 시 건물을 짓는 순서가 주어진다. 또한 모든 건물은 각각 건설을 시작하여 완성이 될 때까지 Delay가 존재한다.
프로게이머 최백준은 애인과의 데이트 비용을 마련하기 위해 서강대학교배 ACM크래프트 대회에 참가했다! 최백준은 화려한 컨트롤 실력을 가지고 있기 때문에 모든 경기에서 특정 건물만 짓는다면 무조건 게임에서 이길 수 있다. 그러나 매 게임마다 특정건물을 짓기 위한 순서가 달라지므로 최백준은 좌절하고 있었다. 백준이를 위해 특정건물을 가장 빨리 지을 때까지 걸리는 최소시간을 알아내는 프로그램을 작성해주자.
입력
첫째 줄에는 테스트케이스의 개수 T가 주어진다. 각 테스트 케이스는 다음과 같이 주어진다. 첫째 줄에 건물의 개수 N과 건물간의 건설순서 규칙의 총 개수 K이 주어진다. (건물의 번호는 1번부터 N번까지 존재한다)둘째 줄에는 각 건물당 건설에 걸리는 시간 D1, D2, ..., DN이 공백을 사이로 주어진다. 셋째 줄부터 K+2줄까지 건설순서 X Y가 주어진다. (이는 건물 X를 지은 다음에 건물 Y를 짓는 것이 가능하다는 의미이다)
마지막 줄에는 백준이가 승리하기 위해 건설해야 할 건물의 번호 W가 주어진다.
출력
건물 W를 건설완료 하는데 드는 최소 시간을 출력한다. 편의상 건물을 짓는 명령을 내리는 데는 시간이 소요되지 않는다고 가정한다.건설순서는 모든 건물이 건설 가능하도록 주어진다.
2) 문제 분석 및 풀이
1) 설계, 분석
2) 풀이
#include <iostream> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; void solve() { int N, K; cin >> N >> K; vector<int> build_times(N + 1); for (int i = 1; i <= N; ++i) { cin >> build_times[i]; } vector<vector<int>> adj(N + 1); vector<int> in_degree(N + 1, 0); for (int i = 0; i < K; ++i) { int u, v; cin >> u >> v; adj[u].push_back(v); in_degree[v]++; } int W; cin >> W; // dp[i]는 i번 건물을 짓기 시작할 수 있는 시점 vector<long long> dp(N + 1, 0); queue<int> q; for (int i = 1; i <= N; ++i) { if (in_degree[i] == 0) { q.push(i); dp[i] = build_times[i]; } } while (!q.empty()) { int current_node = q.front(); q.pop(); for (int next_node : adj[current_node]) { dp[next_node] = max(dp[next_node], dp[current_node] + build_times[next_node]); in_degree[next_node]--; if (in_degree[next_node] == 0) { q.push(next_node); } } } cout << dp[W] << "\n"; } int main() { ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); int T; cin >> T; while (T--) { solve(); } return 0; }
4. 외판원 순회
1) 문제
문제 설명
외판원 순회 문제는 영어로 Traveling Salesman problem (TSP) 라고 불리는 문제로 computer science 분야에서 가장 중요하게 취급되는 문제 중 하나이다. 여러 가지 변종 문제가 있으나, 여기서는 가장 일반적인 형태의 문제를 살펴보자.1번부터 N번까지 번호가 매겨져 있는 도시들이 있고, 도시들 사이에는 길이 있다. (길이 없을 수도 있다) 이제 한 외판원이 어느 한 도시에서 출발해 N개의 도시를 모두 거쳐 다시 원래의 도시로 돌아오는 순회 여행 경로를 계획하려고 한다. 단, 한 번 갔던 도시로는 다시 갈 수 없다. (맨 마지막에 여행을 출발했던 도시로 돌아오는 것은 예외) 이런 여행 경로는 여러 가지가 있을 수 있는데, 가장 적은 비용을 들이는 여행 계획을 세우고자 한다.
각 도시간에 이동하는데 드는 비용은 행렬 W[i][j]형태로 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 도시 j로 가기 위한 비용을 나타낸다. 비용은 대칭적이지 않다. 즉, W[i][j] 는 W[j][i]와 다를 수 있다. 모든 도시간의 비용은 양의 정수이다. W[i][i]는 항상 0이다. 경우에 따라서 도시 i에서 도시 j로 갈 수 없는 경우도 있으며 이럴 경우 W[i][j]=0이라고 하자.
N과 비용 행렬이 주어졌을 때, 가장 적은 비용을 들이는 외판원의 순회 여행 경로를 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에 도시의 수 N이 주어진다. (2 ≤ N ≤ 16) 다음 N개의 줄에는 비용 행렬이 주어진다. 각 행렬의 성분은 1,000,000 이하의 양의 정수이며, 갈 수 없는 경우는 0이 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 j로 가기 위한 비용을 나타낸다.항상 순회할 수 있는 경우만 입력으로 주어진다.
출력
첫째 줄에 외판원의 순회에 필요한 최소 비용을 출력한다.
2) 문제 분석 및 풀이
1) 설계, 분석
2) 풀이
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; const int INF = 987654321; int N; // 도시의 수 vector<vector<int>> W; // 도시 간 이동 비용 행렬 vector<vector<int>> dp; // current_city: 현재 도시 // visited_mask: 지금까지 방문한 도시들의 집합 (비트마스킹) int tsp(int current_city, int visited_mask) { // 모든 도시를 방문했을 경우 if (visited_mask == (1 << N) - 1) { // 마지막 도시에서 시작 도시로 돌아갈 수 있는 경우 if (W[current_city][0] != 0) { return W[current_city][0]; } else { return INF; } } if (dp[visited_mask][current_city] != -1) { return dp[visited_mask][current_city]; } // 최소 비용을 INF로 초기화 int min_cost = INF; // 다음 방문할 도시 탐색 for (int next_city = 0; next_city < N; ++next_city) { if (!(visited_mask & (1 << next_city)) && W[current_city][next_city] != 0) { // 현재까지의 비용 + 다음 도시로 가는 비용 + 다음 도시에서 나머지 경로를 탐색하는 비용 int new_cost = W[current_city][next_city] + tsp(next_city, visited_mask | (1 << next_city)); min_cost = min(min_cost, new_cost); } } return dp[visited_mask][current_city] = min_cost; } int main() { cin >> N; W.resize(N, vector<int>(N)); for (int i = 0; i < N; ++i) { for (int j = 0; j < N; ++j) { cin >> W[i][j]; } } // visited_mask는 1 << N - 1까지, city는 0부터 N-1까지 dp.resize(1 << N, vector<int>(N, -1)); cout << tsp(0, 1) << "\n"; return 0; }
