BOJ 9465 (스티커)

• 문제
  상근이의 여동생 상냥이는 문방구에서 스티커 2n개를 구매했다. 스티커는 그림 (a)와 같이 2행 n열로 배치되어 있다. 상냥이는 스티커를 이용해 책상을 꾸미려고 한다.
  
  상냥이가 구매한 스티커의 품질은 매우 좋지 않다. 스티커 한 장을 떼면, 그 스티커와 변을 공유하는 스티커는 모두 찢어져서 사용할 수 없게 된다. 즉, 뗀 스티커의 왼쪽, 오른쪽, 위, 아래에 있는 스티커는 사용할 수 없게 된다.
  
  
  모든 스티커를 붙일 수 없게된 상냥이는 각 스티커에 점수를 매기고, 점수의 합이 최대가 되게 스티커를 떼어내려고 한다. 먼저, 그림 (b)와 같이 각 스티커에 점수를 매겼다. 상냥이가 뗄 수 있는 스티커의 점수의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오. 즉, 2n개의 스티커 중에서 점수의 합이 최대가 되면서 서로 변을 공유 하지 않는 스티커 집합을 구해야 한다.
  
  위의 그림의 경우에 점수가 50, 50, 100, 60인 스티커를 고르면, 점수는 260이 되고 이 것이 최대 점수이다. 가장 높은 점수를 가지는 두 스티커 (100과 70)은 변을 공유하기 때문에, 동시에 뗄 수 없다.
  
  
• 입력
  첫째 줄에 테스트 케이스의 개수 T가 주어진다. 각 테스트 케이스의 첫째 줄에는 n (1 ≤ n ≤ 100,000)이 주어진다. 다음 두 줄에는 n개의 정수가 주어지며, 각 정수는 그 위치에 해당하는 스티커의 점수이다. 연속하는 두 정수 사이에는 빈 칸이 하나 있다. 점수는 0보다 크거나 같고, 100보다 작거나 같은 정수이다.
  
  
• 출력
  각 테스트 케이스 마다, 2n개의 스티커 중에서 두 변을 공유하지 않는 스티커 점수의 최댓값을 출력한다.

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
int testCount, cardCount;
int cards[2][100001];
int dp[2][100001];
int answer;

void fast_io() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
}

void input() {
	cin >> testCount;
}

void solve() {
	while (testCount--) {
		cin >> cardCount;
		for (int i = 0; i < 2; i++) 
			for (int j = 1; j <= cardCount; j++)
				cin >> cards[i][j];
			
		dp[0][0] = cards[0][0];
		dp[1][0] = cards[1][0];
		dp[0][1] = cards[0][1];
		dp[1][1] = cards[1][1];

		for (int i = 2; i <= cardCount; i++) {
			dp[0][i] = max(dp[1][i - 2], dp[1][i - 1]) + cards[0][i];
			dp[1][i] = max(dp[0][i - 2], dp[0][i - 1]) + cards[1][i];
		}

		answer = max(dp[0][cardCount], dp[1][cardCount]);
		cout << answer << '\n';
		answer = 0;
	}
}

int main() {
	fast_io();
	input();
	solve();
	return 0;
}

   입력의 크기가 10만이고 1초가 주어졌기 때문에 O(N^2)의 시간복잡도를 갖는다면 시간 초과가 날 것을 알 수 있었다. 보통 이런 문제는 DP기법을 활용하여 반복문 하나로 끝내는 문제가 자주 출제되는 것 같다.

Case 1

①		※
②	③

Case 2

②	③
①		※

배열이 2*n 형태로 주어져 있어 위의 2가지 경우가 나올 수 있다.

스티커를 뜯을 수 있는 경우는 3가지가 있다

이 중 문제에서 스티커의 점수로 0~100 사이의 값을 입력하기 때문에
③에 있는 값이 ①에 있는 값보다 항상 같거나 클 수 밖에 없으므로 ②와 ③중 큰 값에 현재 찾고자 하는 스티커의 값을 더해주면 현재 위치에서의 최대 값을 얻을 수 있다.

따라서

dp[0][i] = max(dp[1][i - 2], dp[1][i - 1]) + cards[0][i];
dp[1][i] = max(dp[0][i - 2], dp[0][i - 1]) + cards[1][i];

위와 같은 점화식을 구성하면 된다.

원하는 값은 카드 갯수만큼의 길이를 모두 확인 후 0행과 1행 둘 중 큰 값을 출력하면 된다.

시간 복잡도 : O(N)

숏코딩 1

#include<iostream>
using namespace std;

int arr[2][100003];

int main(){
	int T;
	cin >> T;
	while(T--){
		int n;
		cin >> n;
		
		for(int i=0;i<2;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				cin >> arr[i][j];
				
		
		for(int j=2;j<=n;j++){
			for(int i=0;i<2;i++){
				int idx=(i+1)%2;
				arr[i][j] += max(arr[idx][j-1],arr[idx][j-2]);
			}
		}
		cout << max(arr[0][n],arr[1][n]) << '\n';
	}
	return 0;
}

풀이 방법은 비슷하지만 dp배열을 만들지 않고 입력한 배열에 값을 더해나가며 공간 복잡도를 줄인 것과 int idx=(i+1)%2 이 부분이 인상깊다


숏코딩 2 (다른 점화식 풀이)

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

int T, n, a[2][100001] = {0};

int main()
{
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		for(int j = 0; j <=1; ++j)
			for(int k = 1; k <=n; ++k)
				cin>>a[j][k];

		for(int j = 1; j <= n; j++)
		{
			a[0][j] = max(a[1][j-1] + a[0][j], a[0][j-1]);
			a[1][j] = max(a[0][j-1] + a[1][j], a[1][j-1]);
		}
		cout<< max(a[0][n], a[1][n]) <<"\n";
	}
}

대각선과 현재 더한 것과 왼쪽에 있는 숫자 크기 비교를 한다.
예제 입력을 확인한 결과 중간의 값이 일부가 달랐지만 맨 끝 값에서는 같은 값이 나오는 것 같다