프로그래밍 연습장

2020 선린인터넷고등학교 정보 경시대회

김준원 — Mon, 7 Sep 2020 04:42:18 +0900

올해 선린인터넷고등학교 정보경시대회를 1/3 정도 출제했다. 여러 아쉬움은 있지만 문제 자체는 좋은 편이고 풀이가 없으니, 풀이들을 작성한다. 돔저지로 진행했지만, 이번 주 안에 BOJ에도 문제들이 업로드될 것이다.

1. 헛간 청약

$\min(N, \lfloor \frac{W}{L} \rfloor \times \lfloor \frac{H}{L} \rfloor)$을 출력하는 문제이다. 출제 의도는 $\min(N,)$을 안 붙여서 뇌절하는 모습을 구경하는 것이다.

2. 소-난다!

$N$개의 원소들 가운데 $M$개를 고르는 모든 조합을 일일히 순회하는 것이 문제의 핵심. $M$개를 골라야 한다는 사실을 잠깐 가려두고 비트마스크로 모든 $2^N$개의 부분집합을 일단 보는 것이 가장 편할 것이다. 소수 판별은 에라토스테네스의 체를 쓰지 않고 심지어 naive한 $O(X)$의 방법을 사용하더라도 빠르게 잘 돌아간다.

3. 수업

수강생들을 키의 내림차순으로 정렬한다. 키가 가장 큰 수강생부터 키의 내림차순으로 보면서 한 명씩 팀을 꾸려나가는데, 각 수강생은 "크기가 $k_i$ 미만인 팀 중에서 가장 크기가 큰 팀"에 집어넣는다. 그런 팀이 없으면 새로 만든다. 그렇다. 그리디 알고리즘이다.

알고리즘의 정당성은 수학적 귀납법으로 증명한다. 한 가지 주장을 덧붙이면 증명하기 쉬워진다. 위 알고리즘으로 만들어지는 팀은, 가장 팀의 개수가 적을 뿐 아니라, 가장 크기가 작은 팀의 크기도 최소화된다.

위 알고리즘을 곧이곧대로 구현하면 $O(N^2)$의 알고리즘이 나온다. 이는 물론 시간 초과에 해당한다. 시간 복잡도를 줄여 보자. 먼저 위 풀이에서 '실제로 무슨 수강생이 무슨 팀에 들어가는지'는 중요하지 않다. 각 팀들의 리스트를 일일히 저장하는 대신 '팀의 크기'들을 나타내는 정수들을 저장하고, 매번 '$k_i$ 미만인 정수들 가운데 가장 큰 정수'를 하나씩 증가시켜준다. '$k_i$ 미만인 정수들 가운데 가장 큰 정수'를 이분 탐색을 이용해 구현하거나, std::set과 같은 자료형에 넣으면 이 연산이 $O( \log N)$에 처리 가능해지고, 총 시간 복잡도는 $O(N \log N)$이 된다.

4. 소 운전한다.

Dijkstra 알고리즘 연습문제이다. 욱제님 말로는 '다익스트라 DP'라고, 이미 모두가 알고 있다고 했지만 나는 그런 용어를 처음 들어보았다. 머쓱..ㅎㅎ,, 다익스트라 DP는 대충 $dp[0][x]$ := 음식 안 먹고 $x$번 정점으로 가는 최단거리, $dp[1][x]$ := 음식을 먹고 $x$번 정점으로 가는 최단거리로 정의하고 한 번의 dijkstra로 모든 $dp$ 배열값을 채우는 방법이다. 머 정확히는 잘 모르겠지만 그런가보다.

내가 의도한 풀이는 각 정점을 두 개로 쪼개는 것이다. 같은 정점을 1층에 하나, 2층에 하나 만든다. 그리고, $x$번 정점에서 $y$번 정점으로 가는 길이 $t$, 맛 $k$의 간선 또한 다음과 같이 3개로 쪼갠다.

1층의 $x$번 정점에서 1층의 $y$번 정점으로 가는 길이 $t$의 간선
2층의 $x$번 정점에서 2층의 $y$번 정점으로 가는 길이 $t$의 간선
1층의 $x$번 정점에서 2층의 $y$번 정점으로 가는 길이 $t-k$의 간선

저렇게 보면 '돈까스를 먹는다'를, '1층에서 2층으로 올라간다'로 바꾸어 쓸 수 있다. 그러면 문제는 1층의 1번 정점에서 2층의 $2, \cdots, N$번 정점으로의 최단 거리를 그냥 구하는 걸로 바뀐다. 물론, 음수 가중치의 간선은 기분이 나쁘니, 1층에서 한 번, 2층에서 한 번 dijkstra 알고리즘을 돌리면 되겠다.

어떤 참가자는 이제 dijkstra 알고리즘을 사용하면 되는 상황에서 SPFA 알고리즘을 박았다. ㅎㅎ;;

5. 친구

문제에서 주어진 조건이 매우 널널해서 어떻게 잘 끼워넣으면 될 것 같이 생겼다. 실제로 그렇다. 그냥 아무 배치나 준비한 다음에 서로 싫어하는 사람이 붙어있으면 떼어주기로 하자. 문제에서 불가능하면 $-1$을 출력하라고 했지만, 불가능한 경우는 절대 없음은 손으로 몇 번 돌려보면 쉽게 간파할 수 있을 것이다.

방법은 매우 다양하다. 의도된 풀이는 다음과 같다: $x$의 오른쪽에 있는 사람을 $right(x)$라고 부르자. 만약 $x$와 $right(x)$가 서로를 싫어한다면, $x$ 옆에 $right(x)$ 대신 $x$를 좋아하는 사람을 붙여둬야 할 것이다. 이 때, 다음과 같은 사람 $y$가 항상 존재함은 증명 가능하다:

$x$와 $y$가 서로 좋아하고, $right(x)$와 $right(y)$가 서로 좋아한다.

이제, $x$와 $right(x)$ 사이를 끊고, $y$와 $right(y)$ 사이를 끊고, 한 쪽을 뒤집어서 이어붙인다. 즉, 이제는 $x$ 옆에 $y$가, $right(x)$ 옆에 $right(y)$가 오게 된다. 이제, $x$ 오른쪽에 $x$를 좋아해주는 사람이 붙었을 뿐 아니라, $right(y)$ 오른쪽에도 $right(y)$를 좋아해주는 사람이 붙었다.

이 과정을 $N$번 반복하면 언제나 모든 인접한 쌍이 서로를 좋아하는 배치가 완성된다. 시간 복잡도는 $O(N^2)$이지만, 참가자의 뇌절을 유도하기 위하여 $N$의 제한은 작게 설정되었다.

6. 실험

조건 1이 없고 조건 2만 존재한다면, 너무나 대놓고 2-SAT 문제이다. 사실 조건 1도 2-SAT의 향기가 강하게 난다. 조건 1을 몇 개의 2-SAT clause로 바꿔서 다같이 2-SAT 알고리즘을 돌리면 될 것 같다.

2-SAT을 해결하는 방법에 대한 이야기는 생략한다. 문제의 핵심은 조건 1인 "$k$명의 사람들 $a_1, \cdots, a_k$ 중 한 명만을 골라야 한다"를 $O(k)$개의 clause로 나타내는 것이다.

이를 위해 $k$개의 가상 변수를 만든다.

$b_1 = a_1$
$b_2 = a_1 \lor a_2$
$b_3 = a_1 \lor a_2 \lor a_3$
...
$b_k = a_1 \lor ... \lor a_k$

그리고, $a_i \rightarrow b_i$, $b_i \rightarrow b_{i+1}$, $b_i \rightarrow \lnot a_{i+1}$의 세 가지 조건을 나타내는 간선을 추가하면, $k$개의 변수와 $3k$개의 clause를 추가하여 문제를 해결할 수 있다. 시간 복잡도는 $(A+B) \log (A+B)$.

20200803 PS

김준원 — Mon, 10 Aug 2020 04:00:50 +0900

정말 우연히 친구들이 진행하는 스터디를 도강하고, 같이 세상과 연애하기 카페에 가서 문제들을 좀 더 풀었다.

Royal Questions

https://codeforces.com/contest/875/problem/F

Matroid 이론의 연습문제이다. 문제에서 왕자들을 정점으로 두고, 어떤 공주가 왕자 $a$, $b$를 동시에 골랐다면 두 왕자 $a$와 $b$를 간선으로 잇는다면 그래프가 만들어진다. Graph matroid와 비슷하게, 어떤 그래프 $G = (V, E)$에 대해 Ground set을 $E$로, Independent set를 $\left{ E' \in E : 그래프 (V, E')의 각 컴포넌트의 간선의 개수가 정점의 개수 이하 \right}$ 로 정의하면, $(E, I)$는 매트로이드가 된다. 여기서 최대 무게 독립집합을 구하는 간단한 그리디 알고리즘을 적용하면 문제를 풀 수 있다.

Greedy Gift Takers

https://www.acmicpc.net/problem/15456

관찰을 몇 번 하면 풀 수 있는 문제이다. 결론 자체는 매우 간단하지만, 거기까지 도달하는 데에 우여곡절을 겪을 수 있다. 내가 결론까지 도달한 사고방식을 자세히 서술한다.

관찰 1. 선물이 막히는 것은 몇 명이 트롤을 해서이다. 그게 한 명일 수도 있고(입력에 $N-1$ 이 있는 경우를 생각해 보라!), 여러 명이 합심해서 트롤하는 경우도 있다. 아무튼 누군가 트롤을 해서 어느 시점 이후로 줄을 꽉 막아버리면 그 뒤의 모두가 선물을 받지 못하게 되겠지만, 그렇지 않은 이상 결국은 모두가 언젠간 선물을 받게 될 것이다.

관찰 2. 혼자서 줄을 막으려면, 자신이 $N-1$이면 된다. 여러 명이서 합심해서 줄을 막으려면 어떻게 해야 하지? 일반적으로는 잘 모르겠으니 '둘이서 줄을 막으려면' 어떻게 해야 할지부터 생각해 보자. 둘이서 줄을 막으려면, 예를 들어, 붙어있는 두 명이 모두 $N-2$ 이면 된다. 그러면 두 명이서 계속 자리를 바꾸면서 번갈아서 선물을 받아먹을 것이다. 그렇지 않으면 줄을 막을 수 없을까? 둘 중 한 명이 $N-3$이라면? 그러면 나머지 한명이 $N-1$이 아닌 이상 줄을 못 막는다. (그러면 사실상 $N-1$ 혼자서 막는 것이긴 하지만 말이다) 그러니, 둘이서 줄을 막으려면 $N-2$ 이상이 두 명 붙어있어야 한다. 그러니, 이제 $k$ 명이서 줄을 막으려면 $N-k$이상이 $k$명 붙어있어야 한다는 추측을 할 수 있다. 그런 조건들이 첫번째로 만족하는 시점 이후의 누구도 선물을 받을 수 없다.

관찰 3. 이 아이디어를 코딩하고 디버깅하면서, 아이디어의 틀린 점을 발견한다. $N-k$ 이상이 $k$명 "붙어"있어야 할 필요는 없다. 그런 "줄막힘 유발자"들은, 붙어있지 않아도 다른 친구들을 밀어가면서 쌓이게 되어 있다. 그냥 줄의 앞부터 돌면서, "$N-k$ 이상의 사람을 $k$번째로 발견하게 된 $k$가 존재하는 순간" 멈추면 된다.

미지의 다각형

https://www.acmicpc.net/problem/2351

입코딩 난이도와 실제 코딩 난이도가 크게 차이나는 문제이다. 정말이지 구현하기 싫게 생겼다.

일단 문제를 푸는데 필수적인 아이디어는, degree가 2인 정점이 존재하며, 이 정점 양옆에 붙어있는 간선은 무조건 다각형의 변이라는 것이다. 그 다음에 하게 되는 생각은, 이 점에서 왼쪽으로 쭉 뻗어서 degree가 3 이상인 첫 정점을 찾고, 오른쪽으로 쭉 뻗어서 degree가 3 이상인 첫 정점을 찾으면, 이 두 정점을 잇는 간선이 존재하리라는 것이다. 물론 그런 간선이 항상 존재하리라는 보장은 없지만 (있다고 착각하면 망한다!), degree가 2인 정점 각각에 대해 "양 옆" 정점 쌍들을 모두 조사해보면, 그들 중 한 쌍은 이어져 있다. 이 성질을 이용해 쉽게 $O(N^2)$ 풀이를 얻을 수 있다. 맞은 사람들 중에는 나밖에 없는 것 같지만, 아무튼 이 풀이로도 쉽게 풀 수 있다.

여기서, "대각선의 특징"을 생각하지 않고, "대각선이 아닌 변들의 특징"을 생각하면 더 쉽고 빠른 풀이를 얻을 수 있다. 유니온 파인드를 끌어서 생각하자. degree가 2인 정점들로부터 시작해서 천천히 정점들을 합쳐나간다. 이 때, 이미 연결되어 있는 두 정점을 잇고 있는 간선은 대각선이다. 대각선이 아닌 변들은 연결되어 있지 않은 두 점을 잇는다. 마지막 간선을 제외하면. 이 성질을 이용하면 $O(N \alpha (N))$의 풀이를 얻을 수 있다.

UCPC 2020 후기

김준원 — Sun, 2 Aug 2020 01:31:59 +0900

이번 전대프연(UCPC) 대회에 wookje, riyuna님과 함께 "애기욱제쟝 공익 아니에얌-ㅅ-! 훈련소 갖다왔서얌!!" 팀으로 참여했다. (따옴표 안에 있는 게 팀명이다) 나는 원래 UCPC에 나가지 않으려고 했고, wookje님과 riyuna님은 ho94949님과 함께 멋진 팀명의 즐겜 팀을 만들었다. 그런데 팀을 만드신 ho94949님이 훈련소로 떠나면서, 내가 대타로 들어왔다. -_-;; 팀 연습은 했을 리 없고, 예선과 본선 다 모여서 쳤다.

대회 문제 관련된 유익한 내용은 없다. 나중에 읽고 이랬었지... 하면서 읽을 TMI들

예선

일주일이나 지나서 잘 기억나지 않는다. 선릉에서 모여서 쳤다. PS판의 최신 동향에 따라 서버에도 문제가 있었고, 본선 진출자 선정도 덕분에? 절대평가로 바뀌어서 문제를 그닥 열심히 풀지 않았다. 예선을 심혈을 다해 출제해주신 출제자분께 미안할 따름이다.. 이 날 밤에 낙성대역 차이나당, 링고, 옆에 있는 육회 집까지 가서 열심히 술을 마시고 거나하게 취했던 기억만이 남아있다.

본선

타임라인별로 쭉 적어본다.

대회 시작 30분 전 (10시 30분). 강남역 지하에서 만났다. 바로 3번 출구 앞 놀숲 강남대성학원점을 갔는데, 아직 문을 안 열어서 가지 못했다. 대신, 11출 비어룸 쪽에나 있는 놀숲 강남역점을 갔다. 가만히만 있어도 화가 치미는 덥고 습한 날씨에 열려있는 놀숲을 찾아 헤매는 게 숨막혔다.

대회 시작 3분 전. 놀숲 강남역점에 도착해서 부랴부랴 짐을 풀고 이용권을 끊고 주문했다. 거의 로그인하자마자 대회가 시작해, 문제 배분할 새도 없이 허둥지둥 시작했다.

대회 시작 7분 후. A를 풀었다. 이후 풀만한 문제를 찾아 해메다, L을 잘못 이해해서 틀린 풀이를 짜고, C로 넘어와 리유나님과 함께 생각했다. 그때쯤 욱제님도 리유나님과 함께 B를 잡기 시작했다. "소 - 난다 - ?" 같은 질문을 써서 남겼다가 답변으로 쿠사리 먹었다. 죄송..ㅎ

대회 시작 58분 후. C를 풀었다. 이후 D로 넘어와 D를 잡았고, DP 풀이를 찾고 짰다. 여기서 5틀 스택을 쌓았고, 정답이 long long 범위 이상으로 넘어갈 수 있다는 것을 깨달았다. 다 때려치고 싶었다. 이 때 리유나님의 L 발상을 들었고, 그제서야 내가 L을 문제부터 잘못 이해했다는 것을 알았다.

대회 시작 136분 후, 리유나님의 L 발상을 구현하고 AC를 받았다.

대회 시작 142분 후, 욱제님도 B를 해결했고, 멘탈이 터진 나의 D 코드를 디버깅해 주었다. 나는 욱제님에게 내 점화식은 무조건 맞는데, 이걸 구현한 코드가 틀렸다고 호언장담을 하며 코드를 봐 달라고 했다. 한 시간동안 욱제님과 같이 쇼를 하다가 깨달았다.. ㅋㅋ 내 ㅋㅋㅋ 점화식이 ㅋㅋㅋㅋ 틀렸다 ㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 아 ㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋ

대회 시작 212분 후, 결국은 D를 풀었다. 인생... 제가 죄송합니다...ㅎㅎ

그 즈음 리유나님은 H 원툴로 쭉 잡고 있었으며, xudyh sieve라는 것을 써야 한다는 결론에 도달했었다. 시간도 아직 남았으니 새로 xudyh sieve를 공부하면서 짜 보겠다고 하셨고, 나와 욱제님은 옆에서 짜장라볶이, 해물토마토라면과 해시브라운을 시켜서 먹으면서 리유나님을 응원했다~ 딱히 우리 수준에서 더 풀 수 있는 건 없어 보였다. 끝나기 30분쯤 전에 내가 그래도 심심하니 G를 짜 보겠다고 선언했고, 물론 끝까지 못 짰다.

대회 시작 295분 후, 그래도 다른 팀들에게 긴장감을 안겨주기 위해, 못 푼 문제들인 G, H, I 등등에 "소 - 난다 - ?" 같은 걸 출력하는 코드들을 몇 개 제출했다.

대회 시작 320분 후, 놀숲 바로 옆에 있는 비어룸에 leejseo네 팀과 함께 가서 해설과 프리징 해제 방송을 직관했다. 종서 팀은 프리징 내내 회로를 불태우며 수상권을 노렸지만, 아쉽게 수상을 못했다. 슬퍼.. 비어룸의 칼라마리라고 하는 지중해식 오징어튀김은 깔끔하면서도 기름진 맛이라 좋았다.

내가 D에서 그렇게나 오래 뇌절하며 9스택을 쌓지 않았다면 (점화식을 틀려놓고 한시간 넘게 구현 탓을 하고 욱제님도 끌고 괴롭혔다...ㅎㅎ..ㅈㅅ;;ㅋㅋ! ) 어쩌면 D도 매우 적은 패널티로 풀고 G, H까지 풀어서 수상도 하지 않았을까 하는 작은 아쉬움이 든다. 내 풀이를 끝까지 검토해준 팀원 분들께 너무 미안하고 고맙다,,ㅎㅎ,, 사실은, 순위는 별로 아쉽지 않은데 고집을 부려서 약간 미안하다. ㅋㅋㅋ

아무튼 간만에 부담 없이 재미있게 치고 올 수 있는 대회라 기분이 좋았다. 그리고, 그렇게 하고 싶었던 "놀숲에서 셋 돌기"를 진짜 해 볼 수 있어서 좋았다. 자꾸만 음식을 시키게 되고, 저 멀리서 카트라이더 소리가 가끔씩 들려서 하고 싶어지는 점만 아니면 정말 좋았을텐데 말이야~

ICPC Yokohama Regional 2018

김준원 — Mon, 20 Jul 2020 02:22:20 +0900

오랜만에 셋을 돌았다. rkm0959와 2인 팀으로 돌았다. 문제들이 대체적으로 마음에 들었지만, 그냥 마음이 아프다. 업솔빙한 문제들의 풀이를 간략하게 정리해 본다.

A Digits Are Not Just Characters

더러운 문제다. 생략.

B Arithmetic Progressions

보자마자 "아 ㅋ 10초 컷이네 ㅋ" 생각해서 키보드를 잡자마자 그 풀이가 $O(N^3)$임을 깨달았다. 20초 더 생각하니 $O(N^2)$더라. 내 앞에 있던 놈도 그런 거 같았다.

$a_1$과 $a_2$로 쓸 두 개의 수를 정하면 만들 등차수열이 정해지고, 등차수열이 정해졌다면, 주어진 수열에서 등차수열을 몇 번째까지 뽑을 수 있는가는 쉬운 연습문제이다. 이를 단순히 구현하면 $O(N^3)$이다. 여기서, DP처럼 같은 $(a_1, a_2 )$의 쌍을 한 번만 세도록 처리해주자. 이 부분을 잘 이해하기 힘들다면, DP같이 처리한다고 생각하자. $dp(i, j)$를, $a_1 = v_i$, $a_2 = v_j$로 두었을 때 만들 수 있는 등차수열의 길이로 두자. $v_k = a_3 = a_2 + (a_2 - a_1)$이 되는 $k$가 존재한다면 $dp(i, j) = 1 + dp(j, k)$가 된다. 이제, 중복된 $(i, j)$에 대해 한 번만 셀 수 있으며, $O(N^2)$의 시간 복잡도에 문제를 해결할 수 있다.

C Emergency Evacuation

다른 사람의 방해가 없을 때, 각 사람이 출입문까지 도달하는 최소 시간(i.e. 거리)는 쉽게 알 수 있다. $t_i = |W-x_i| + |H-y_i| + 2$일 것이다. 그냥, 각 사람이 그 시점에 출입문 앞에 뿅 하고 나타나서 줄을 선다고 생각하자. 그리고는 1초에 한 명씩만 내보내준다고 생각하자. 이 경우, 문제의 풀이는 자명하다. $t_1 , ..., t_N$을 오름차순으로 정렬하고, 각 $i=2,...,N$에 대해 $t_i = \max (t_{i-1}+1, t_i)$를 수행하면 된다. 이 때 마지막 사람은 연산이 끝난 후 $t_N$의 시간에 나가게 될 것이다.

그렇지만, 원래 문제에서는 제약사항이 좀 더 많았으니 답이 좀 더 크지 않을까? 사실은, 원래 문제의 답도 같다! 이 사실은, 거꾸로 사람들을 들여보내주는 상황을 생각하면 쉽게 납득이 된다. 사람들을 출입문에서 1초에 한 명씩 차례대로 들여보내야 하는 상황이라면, 가장 자리가 멀리 있는 사람부터 들여보내야 모두가 앉게 되는 시간이 빨라진다.

D Shortest Common Non-Subsequence

LCS 문제와 비슷해 보인다. 풀이도 LCS와 비슷할 것처럼 생겼다. $dp[i][j]$를, $A[i...]$과 $B[j...]$의 Shortest common non-subsequence의 길이라고 하자. 종이에 조금 끄적여보면 그럴듯한 점화식이 나온다. $zero_S (i)$를, $S[i...]$에 등장하는 첫 $0$의 위치로, $one_S(i)$를 $S[i...]$에 등장하는 첫 $1$의 위치로 두자. 그러면,

$dp[i][j] = min(dp[zero_A(i)+1][zero_B(j)+1], dp[one_A(i)+1][one_B(j)+1])$

이 된다. 유의. 만약 입력으로 빈 문자열 두 개가 들어온다면 답은 길이 1인 문자열 $0$이다. 그러니, (0-indexed notation으로) $dp[N][M] \neq 0$이고, 오히려 $dp[N+1][M+1] = 0$이다. $A[N+1...]$라는 말은, 빈 문자열과는 뉘앙스가 다른, "길이가 -1인 문자열"이며, $A[N...]$과는 오히려 구분해야 하는 것이다. 이 점을 "세심하게" 고려해서 세심한 DP식을 세워야 한다. 나는 이 문제를 풀면서 불길한 예감을 느끼면서도, 이 진실을 외면하고 사전순 최소로 복원해야 한다는 조건 탓을 했다. 고통스럽더라도 진실을 마주할 수 있는 용기가 필요하다.

E Eulerian Flight Tour

왜 맞지?

F Fair Chocolate-Cutting

G What Goes Up Must Come Down

수열에서 가장 작은 수는 가장 왼쪽 또는 가장 오른쪽으로 (언젠가는) 보내야 한다. 그리고, 그렇게 최소원소를 양쪽 끝 중 하나로 보내면, 남은 수열에 대한 문제는 완전히 독립적인 다른 문제이다. 그러면, 가장 작은 수를 왼쪽으로 보내야 할까, 오른쪽으로 보내야 할까? 그냥 가까운 쪽으로 보내면 장땡이다. 어느 쪽으로 보냈든 이후의 문제와는 별 상관이 없으니.

구현할 때에는 우선순위 큐, 펜윅 트리, 세그먼트 트리 등을 쓰면 된다.

H Four-Coloring

구사과님의 오색 정리 포스트를 참조한다. 이 글에서 오색 정리의 첫번째 증명을 간략히 리뷰한다:

수학적 귀납법을 사용한다. 기저는 물론 참이다.
증명은 무방향 평면 그래프에는 차수가 5 이하인 정점이 존재한다는 보조정리에서 시작한다. 이건 오일러 방정식에 의해 유도되고, 그냥 믿자, 지금은.
그러한 정점 $v$를 하나 고르고, 그래프에서 $v$를 제외한 정점들을 모두 칠해본다. 귀납 가정에 의해 물론 가능하다.
$v$의 최대 다섯개인 이웃을 $u_1, \cdots, u_5$로 각도 순서대로 이름붙이자. 이 이웃들은 어떻게든 칠해져 있을 것이다.
이웃들을 칠할 때 1번 색에서 5번 색까지를 모두 사용하지 않았다면 운이 좋은 것이다. 이웃들을 칠할 때 사용하지 않았던 색 하나를 칠하면 된다.
운이 나쁘게 이웃들에게 쓰고 남은 색이 없다면 어떻게 할까? 그래도 괜찮다. 이웃들의 색을 적절히 재배치해서 여유분을 하나 남길 수 있다.
$u_1, \cdots, u_5$에 칠한 색을 차례로 $c_1, \cdots, c_5$라고 하자. 원래 그래프에서 $c_1, c_3$의 색으로 칠한 정점만을 남겼을 때, $u_1$과 $u_3$이 연결되어 있지 않다면, 그래도 운이 좋은 편이다. $u_1$의 색을 $c_3$으로 바꾸고, $u_1$ 주변에 있는 $c_3$으로 칠해진 정점들의 색을 $c_1$으로 바꾸고, 그 주변의 정점들의 색을 $c_3$으로 바꾸고, 쭉 해 준다. $u_1$과 $u_3$이 연결되지 않은 경우이므로 이 과정은 적당히 굴러가다 끝난다.
위 과정이 끝나면 $u_1$의 색이 $c_3$이 되면서도 올바르게 색을 칠하게 되었고, 그러면 $v$에는 $c_1$을 칠할 수 있게 되었다! 예~!
정말 운이 나쁘다면..? ㅜㅜ 그러면 어쩔 수 없다. 대신, $u_2$와 $u_4$를 붙잡고 같은 짓을 해 보자.
증명의 핵심은, 두 과정이 모두 실패할 수는 없다는 것이다. 즉, $c_2, c_4$의 색으로 칠한 정점만을 남겼을 때, $u_2$와 $u_4$는 무조건 분리되어 있다는 것이다!
왜? 그래프가 평면 그래프이기 때문이다! 두 과정이 모두 실패했다면, $c_1$, $c_3$으로 칠해진 정점으로 $u_1$과 $u_3$을 이은 경로와, $c_2, c_4$로 칠해진 정점으로 $u_2$와 $u_4$를 이은 경로가 모두 존재한다. 그런데, 두 경로는 교차한다! 그러면 그 교차점은 $c_1, c_3$ 중 하나로 칠해져야 하는 것인가, 아니면 $c_2, c_4$ 중 하나로 칠해져야 하는 것인가? 여기서 두 과정이 모두 실패하면 모순이고, 두 과정 중 하나는 성공함을 보였다.

위 증명은 실제적으로 일반적인 평면 그래프를 오색으로 색칠하는 방법을 제시한다. 그런데, 문제에서 제시하는 평면 그래프는 더 강력한 성질을 가진다. 얘는 무조건 차수가 4 이하인 정점을 하나 가진다. 바로 그래프의 가장 오른쪽 아래에 있는 점이다. 얘를 가지고 위의 과정을 그대로 따라가면 입력으로 주어지는 형태의 그래프를 4개의 색으로 칠할 수 있다!!!(증명의 마지막 부분에서 $u_5$는 전혀 써먹지 않았다는 점을 확인하라.) 시간 복잡도는 $O(N^2)$로 별 문제없다.

I Ranks

J Colorful Tree

색안경을 끼고 $c$번 색의 관점에서만 문제를 보자. 사실 이 문제는 다음 세 가지 연산을 처리하는 문제와 같다.

정점 $v$에 표시를 한다.
정점 $v$에 한 표시를 지운다.
표시한 정점들을 모두 잇기 위해 필요한 최소 간선 수를 구한다.

3번 질의의 답은, 초기에는 0이고, 1번과 2번 질의에 따라 증가하거나 감소할 것이다. 3번 질의의 답을 질의가 들어올 때 계산하지 않고 1번과 2번 질의가 들어올 때 변화량을 잘 계산해줘서 슝슝 더하고 빼 줄 수 있지 않을까?

트리를 루트에 매달고, 가만히 생각해 보자. 만약 지금 매달아놓은 트리의 정점 몇 개에 표시가 되어 있다고 생각해 보자. 이들을 모두 잇는 간선들은 또 다른 트리처럼 생겼을 것이다. 얼핏 보면, 이들 전체의 LCA ($l$이라 두자) 에다가 표시한 정점들을 주렁주렁 매달아둔 것처럼 생겼다. 즉, 이들을 모두 잇는 간선들은 LCA에서 각 정점으로 가는 경로들의 합집합이다. 이제, 여기에 새로운 정점 $x$를 추가하면 3번 질의의 답은 얼마나 증가할까?

만약 새로 추가한 정점 $x$가 $l$의 자손이 아니라면, 정확히 $x$와 $l$ 사이의 거리만큼 답이 증가한다. 만약... $l$의 자손이라면? 고른 정점들을 모두 잇기 위해서는 $x$에서 $l$로 가는 경로만큼을 결국은 추가해야 할 건데, 기존에 골라둔 간선들과 얼마나 겹치는지를 우리는 모른다. $x$에서 가장 가까운 '가지'를 찾아서, 그 가지까지의 거리를 재야겠다. 그러기 위해서 우리는 정점들에 DFS 순서를 매겨두고, 고른 정점들 중에서 $x$와 DFS 순서가 가까운 두 정점(왼쪽에서 하나, 오른쪽에서 하나)만 잡아서 실제 거리를 재보면 된다. 그 중 짧은 길이만큼을 3번 질의의 답에 더해준다.

삭제는 반대로 하면 된다. (진짜로!)

K Sixth Sense

편의상, 상대편이 가진 배열을 $a$, 내가 가진 배열을 $b$라고 하자. 사전순으로 최대인 배치를 출력하라는 조건이 없을 때에는 잘 알려진 그리디 알고리즘으로 풀 수 있다.

$a$와 $b$를 정렬한다.
$a$의 원소를 $a[1], ..., a[N]$ 순서대로 보면서, $b$에 $a[i]$보다 큰 원소가 존재하면 사용해서 점수를 올린다.

(물론, $a$를 정렬하지 않아도 문제없다.)
이 방법은 $O(N)$이다.

사전순으로 최대인 배치를 출력해야 하는 게 좀 짜증난다. 첫번째 판에는 뭘 내야 할까? 첫번째 판에서 이길 수 있으면 언제나 이기는 게 이득이다. 사전순 최대를 고려하지 않는다면 $a[1]$ 초과의 첫번째 수를 쓰는 게 이득인데, 이제 좀 애매해진다. "첫번째 수로 얘를 써도 여전히 최적해가 되는지"로 parametric search를 돌리자. 첫번째 수 후보를 $\log N$번 고려하게 되므로, $O(N \log N)$에 첫번째 원소를 결정할 수 있다. 물론, 전체 시간 복잡도는 $O(N^2 \log N)$.

de Bruijn 수열

김준원 — Fri, 21 Feb 2020 19:43:56 +0900

당신은, 친구에게 $1$에서 $K$까지의 수들을 나열한 원형 수열(끝 글자와 첫 글자가 이어지는 수열)을 선물로 받았다. 이 수열은 신기한 성질을 가지고 있다. 이 수열에서 길이 $N$인 연속한 부분수열들을 모두 나열한다. 물론 원형 수열이기 때문에 그런 수열의 개수는 수열의 길이와 같다. 이 때, 이렇게 모은 부분수열의 모음이 $1$에서 $K$까지의 수들로 만든 모든 길이 $N$의 수열의 모음과 같았다!

그런 수열을 de Bruijn('jin'이 아니라 'ijn'임에 유의하자. 드 브루인이라고 읽는다.) 수열이라 한다. 예를 들어 $K = 3$, $N = 2$인 de Bruijn 수열 $B(3, 2) = ``112322133"$을 보자. 이 수열의 길이 N = 2인 부분수열의 개수는 수열의 길이와 같은 9개이다. 이들 $``11"$, $``12"$, $``23"$, $``32"$, $``22"$, $``21"$, $``13"$, $``33"$, $``31"$(마지막은 De Bruijn 수열이 원형 수열이기 때문에 등장했다!)를 모두 모으면 $1$에서 $K = 3$까지의 수들로 이루어진 길이 $N = 2$의 수열을 순서 없이 모두 얻을 수 있다. 마찬가지로, $B(2, 3) = ``11121222"$, $B(2, 4) = ``1111211221212222"$ 등을 만들어낼 수 있다. 등호를 사용하였지만 물론 de Bruijn 수열이 유일하지는 않다. $B(2, 3) = ``22212111"$도 가능한 선택지이다.

어떤 K와 N에 대한 de Bruijn 수열 B(K, N)의 이상적인 최소 길이는, 모든 가능한 길이 N의 부분수열의 개수와 같은, $L = K^N$이다. 물론 그러기 위해서는 운이 정말 좋아 길이 N의 부분수열들이 하나도 겹치지 않고 한 번씩만 나타나야 할 것이다. 놀랍게도 항상 최적으로 수열을 만드는 것이 가능하다. 증명은 아래에서 이런 수열을 실제로 만드는 방법을 보일 때 저절로 이루어질 것이다. 심지어 그런 방법의 가짓수도 굉장히 많은데, 서로 다른 de Bruijn 수열(돌려서 같은 것은 하나로 친다)의 개수는 아래와 같다:

$$\frac{(k!)^{k^{n-1}}}{k^n}$$

이제 우리의 주 관심사인, '어떻게 de Bruijn 수열을 만들 것인가'에 대해 생각해 보자.

de Bruijn 그래프

이 수열을 그래프로 그려보자. de Bruijn 그래프 $G(K, N) = (V, E)$는 다음과 같이 정의된다.

$S = \left\{1, \cdots, K\right\}$로 두면, $V = S^N$.
정점 $v_1$에 대한 수열의 맨 앞에서 수 하나를 없애고 맨 뒤에서 수 하나를 추가해서 정점 $v_2$에 대한 수열을 만들 수 있다면, $v_1 \rightarrow v_2$로 간선을 긋는다. 즉, $E = \left\{ \left(\left(s_i \right)_{i=1..N}, \left(s_i \right)_{i=2..N+1} \right) : s_i \in S, 1 \le i \le N+1 \right\}$. 조금 더 깔끔하게, 각 간선 위에 $s_{N+1} \in S$를 적어두자.

출처: https://en.wikipedia.org/wiki/De_Bruijn_graph

de Bruijn 그래프는,

정점이 $K^N$개이고 간선은 $K^{N+1}$개이다.
$G(K, N)$은 $G(K, N-1)$의 line graph이다. 이 때, 어떤 그래프 $(V, E)$의 line graph란, $(E, \left\{ ((v_1, v_2), (v_2, v_3)) : (v_1, v_2), (v_2, v_3) \in E \right\}$이다. 이 사실은, De Bruijn 그래프의 각 간선이 $(s_i)_{i=1..N+1}$에 대응됨을 생각해보면 매우 자연스럽다.
각 정점의 in-degree와 out-degree 모두 $K$이다. 따라서, 임의의 정점에서 시작하는 오일러 회로가 존재한다. 물론, De Bruijn 그래프는 다른 De Bruijn 그래프의 line graph이므로, 임의의 정점에서 시작하는 해밀턴 회로 또한 존재한다.

이 때, de Bruijn 그래프 $G(K, N)$의 오일러 회로 하나를 그리자. 그리고, 회로 위의 각 간선에 적힌 수를 쭉 이어 적어보자. 이때, 회로 위의 연속된 $N$개의 간선에 적힌 수들은 회로의 끝 정점에 적힌 수열과 같다. 모든 정점을 한 번씩만 지나므로, 이 오일러 회로는 de Bruijn 수열 $B(K, N)$에 대응된다. 오일러 회로를 찾는 Hierholzer 알고리즘은 간선의 개수에 대해 선형 시간에 작동하니, 우리는 de Bruijn 수열을 $O(K^{N+1}) = O(LK)$에 찾는 방법을 알아낸 것이다!

더 빠른 알고리즘

하지만 나이브하게 de Bruijn 그래프를 만드는 것은 굉장히 많은 메모리와 시간을 소모할 뿐더러, de Bruijn 수열을 만드는 도중에 멈출 수 없다는 문제가 있다. 그래프를 명시적으로 만드는 대신 정점을 나타내는 수열을 이용하여 암시적으로 만든 그래프에서 DFS를 수행하더라도 여전히 알고리즘은 매우 느린 시간에 작동한다. 이제, 목걸이와 Lyndon 단어라는 새로운 개념을 도입해, de Bruijn 수열을 가장 빠른 시간복잡도에 구할 수 있는 알고리즘을 소개한다. 이는 평균 $O(L)$의 시간복잡도에 작동한다.

아래 정의들에서, $K$를 고정한다. 따라서 사용할 수의 집합 $\left\{1, \cdots, K\right\}$도 고정된다. 이제 수열을 위 집합의 원소를 알파벳으로 하는 문자열로 보면, 문자열 $S$, $T$를 이어붙여 새로운 문자열 $ST$를 만들거나, 문자열 $S$를 $k$번 반복해 새로운 문자열 $S^k$를 만드는 연산을 그대로 할 수 있을 것이다. 또, $A = a_1 \cdots a_N$에 대해 $A_i = a_1 \cdots a_i$로 두자. 이제 우리가 알던 '사전순'의 개념을 여기서도 그대로 사용하자. 글자들 사이에는 글자를 나타내는 수의 대소관계를 그대로 적용시키기로 하고, $S < T$라는 것은 $S$가 $T$의 부분문자열이거나, $S = uav$, $T = ubw$이고 $a<b$를 만족하는 두 글자 $a$, $b$와 세 문자열 $u$, $v$, $w$가 존재한다는 것이라 하자.

정의 1. 문자열 $S=s_1 \cdots s_N$에 대해, $S$의 cyclic shift $S' = s_i s_{i+1} \cdots s_N s_1 \cdots s_{i-1}$ ($1 < i \le N$)이 항상 $S < S'$를 만족한다면, 즉 $S$의 cyclic shift들의 집합에서 $S$가 사전순으로 제일 작은 단어일 때에 $S$를 목걸이(necklace)라고 한다. (사실은, $S$의 첫 글자와 끝 글자를 이은 목걸이 형태의 문자열을 사전순으로 가장 작은 선형 문자열 $S$로 대응시킨 것이다.)

모든 이야기는 "모든 목걸이들의 사전순 목록을 만드는 알고리즘을 어떻게 짤 수 있을까?"에서 시작한다. 가장 naive한 알고리즘은 다음과 같다.

$1$에서 $K$ 사이의 문자로 이루어진 길이 $N$의 문자열을 사전순으로 모두 만들어본다.
각각이 목걸이인지 검사하고, 목걸이이면 목록에 넣는다.

1번 과정은 아마 DFS를 통해 구현하게 될 것 같다. 따라서 위 알고리즘을 조금 더 자세히 설명하면 이렇게 된다.

DFS를 재귀적으로 수행한다. 깊이가 $d$인 DFS 함수는 길이 $d$인 문자열을 전달받고, 이 문자열의 끝에 글자를 하나 추가한 길이 $d+1$인 문자열 총 $K$개를 재귀적으로 전달한다.
DFS 함수가 깊이 $N$에 도달하면, 만들어진 수열이 목걸이인지 검사하고, 목걸이이면 목록에 넣는다.

위 알고리즘에서 검사하는 대부분의 수열은 목걸이가 아니기 때문에, 목걸이인지 검사하는 데에 상당히 많은 시간 낭비가 이루어진다. 위 알고리즘을 조금 더 '잘' 구현할 수는 없을까?

정리 1. $A = a_1 \cdots a_N$이 목걸이이고 $a_i < K$일 때, $A_{i-1} (a_i+1)$도 목걸이이다.

증명. $A_{i-1} (a_i + 1)$이 목걸이가 아니라면, 인덱스 $k$가 존재하여,

$$a_k \cdots a_{i-1} (a_i + 1) A_{k-1} < a_1 \cdots a_{i-1} (a_i - 1)$$

을 만족할 것이다. 특히 $a_k \cdots a_{i-1} \le a_1 \cdots a_{i-k}$. 하지만 $A$가 목걸이라는 점에서 $a_k \cdots a_{i-1} \ge a_1 \cdots a_{i-k}$를 만족하므로 두 문자열은 길이 $i-k$의 접두사를 공유하고, $a_i - 1 \le a_{i-k+1}$, 즉 $a_i < a_{i-k+1}$여야만 한다. 따라서 $a_k \cdots a_i < a_1 \cdots a_{i-k+1}$이고, 이는 $A$가 목걸이임에 모순이다.

정리 2. 다음과 같이 $next$ 연산자를 정의한다. $A = a_1 \cdots a_N$이 어떤 $1 \le i \le N$에 대해 $a_i < a_{i+1} = \cdots = a_N = K$를 만족할 때, $next(A) = \left[ A_{i-1} (a_i - 1) \right] ^{\infty} _N$, 즉 $A{i-1} (a_i - 1)$를 길이가 $N$이 될 때까지 반복한 문자열로 정의한다. 이 때, 목걸이 $A$에 대해 $A < B < next(A)$이면, $B$는 목걸이가 아니다.

증명. $B = b_1 \cdots b_N = A_{i-1} (a_i - 1) b_{i+1} \cdots b_N$ 꼴이 된다. $B$가 목걸이라고 하자. 그러면 $B \le b_{i+1} \cdots b_N$이므로 $A_{i-1} (a_i - 1) \le b_{i+1} \cdots b_{2i}$. 한편, $B < next(A)$에서 $b_{i+1} \cdots b_{2i} \le A_{i-1} (a_i - 1)$. 이를 반복적으로 적용하면 $B = next(A)$가 되므로 모순.

위와 같이 목걸이를 놓치지 않는 연산자 $next$가 있다면, 사전순으로 모든 목걸이를 빠지지 않게 세는 다음과 같은 간단한 알고리즘을 생각할 수 있다.

목록의 첫 문자열은 물론 사전순으로 최소인 목걸이 $1^N$이다.
목록에 마지막으로 쓴 문자열이 다시 목걸이가 될 때까지 반복적으로 $next$ 연산자를 적용시킨다.
2번의 결과로 나온 수를 목록에 적고 다시 2번 과정을 반복한다. 사전순으로 최대인 목걸이 $K^N$이 등장하면, 2번 과정을 멈춘다.

또는 위의 정리들에서 여러 가지 '도구'를 활용할 수 있다. 정리 1에 의해(조금 확장하면), 목걸이 $A_i = A_{i-1} a_i$에 대해 $a_i$를 임의의 $x > a_i$로 바꾸어도 목걸이가 된다. 정리 2에 의해 목걸이 $A_i = a_1 \cdots a_i$로 시작하는 가장 작은 목걸이는 $A_i$를 반복한 것이다. 다른 말로는, $A_i$가 목걸이라면, $A_i$를 얼마든지 반복해도(임의의 $l$에 대해 $(A_i)^\infty_l$) 목걸이가 된다는 것이다. 강력한 assertion들로, 아래와 같이 강력하게 목걸이를 생성하는 알고리즘을 만들 수 있다.

DFS를 재귀적으로 수행한다. 깊이가 $d$인 DFS 함수에서는 길이 $d$인 문자열 $S = A^\infty _d$를 전달받는다. 그리고,
1. 주기를 그대로 $A$로 유지하고 길이를 하나 늘인 문자열 $A^\infty_{d+1}$를 한 번 전달한다.
2. S의 끝에 글자를 하나 추가한 길이 $d+1$의 문자열들 중 1.에서 전달한 것보다 사전순으로 큰 것들을 전달한다. 이들의 주기는 문자열 전체이다.
DFS 함수가 깊이 $N$에 도달하면, i) 주기 $A$의 길이가 $N$의 약수이면, 목록에 추가한다. ii) 주기 $A$의 길이가 $N$의 약수가 아니면, 무시한다(같은 문자열이 $d=N$으로 들어올 것이다)

주목할 점은, 위 알고리즘은 목걸이가 아닌 문자열은 만들어내지 않는다. 게다가 위 알고리즘은 모든 목걸이를 만들어낸다!

정의 2. 문자열 $S$에 대해, $S$가 다른 문자열 $T$를 $k>1$번 반복해서 얻어지면, $S$가 주기적이라고 말한다. 그리고 이 때, $k$를 최대화하는 $T$를 $S$의 주기라고 하고, $\bar{S}$로 표기한다. 그러한 $T$와 $k$가 존재하지 않으면 $S$가 비주기적이라고 말한다.

정의 3. 비주기적인 목걸이를 Lyndon 단어라고 한다.

위 두 정의에서, 모든 길이 $N$인 목걸이에는 길이가 $N$의 약수인 Lyndon 단어가 하나씩 대응됨을 확인할 수 있다. 비주기적 목걸이일 경우에는 그 자체를, 주기적 목걸이일 경우에는 이의 주기를 취하면 Lyndon 단어를 하나씩 만들 수 있기 때문이다. 이로부터 길이 $N$인 모든 문자열이 한 번씩 등장하는 de Bruijn 수열을 만들어내는 간단하지만 일견 비직관적인 알고리즘을 만들 수 있다.

길이가 $N$의 약수인 Lyndon 단어를 사전순으로 모두 모아 이어붙인다.

믿기지 않는가? 예시로 확인해 보자. N=4, K=3일 때 위 알고리즘은 다음과 같이 de Bruijn 수열을 만들어낸다. 가로선은 각각의 Lyndon 단어를 구분하기 위해 그었다.

1 | 1112 | 1113 | 1122 | 1123 | 1132 | 1133 | 12 | 1213 | 1222 | 1223 | 1232 | 1233 | 13 | 1322 | 1323 | 1332 | 1333 | 2 | 2223 | 2233 | 23 | 2333 | 3

증명. 먼저, 위 알고리즘이 만드는 문자열의 길이는 $K^N$이다. 왜냐하면 길이가 $l$인 Lyndon 단어 하나는 이 단어의 cyclic shift $l$개에 대응되고, 이들 각각은 길이 $N$의 목걸이의 cyclic shift에, 즉 임의의 문자열 하나에 대응되므로, 만들 수 있는 각각의 길이 $N$ 문자열을 위 문자열의 문자 하나에 대응할 수 있게 된다. (즉, 문자열들은 주기의 cyclic shift에 대해 equivalence class를 이루기 때문이다) 따라서, 위 문자열의 길이는 만들 수 있는 문자열의 개수와 같은 $K^N$.

우리가 만든 문자열 $B$에 길이 $N$의 모든 문자열이 한 번씩 등장함을 보일 것이다. 모든 문자열은 목걸이의 cyclic shift이므로, 임의의 목걸이 $A$의 모든 cyclic shift가 등장함을 보일 것이다.

$A = A_k K^{N-k}$ ($a_k < K$)로 두자. (1) 이들의 cyclic shift들 중 먼저 $cyc_i (A) = K^i A_k K^{N-k-i}$ 꼴이 될 때, 즉 $1 \le i \le N-k$일 때 등장함을 보인다. $X_0 = A_k K^{N-k-i}$로 시작하는 사전순으로 가장 빠른 Lyndon 단어를 $X$라 하자. $X_0$은 물론 목걸이이고, $next$ 연산을 몇 번 적용시켜 $X_0$이 되는(즉, 사전 순으로 $X_0$ 바로 이전의) 길이 $N-i$의 목걸이 $Y_0$이 존재한다. $Y = Y_0 K^i$는 ($Y_0$로 시작하는 마지막) 목걸이가 되고, $Y_0 < X_0$이므로 $\bar{Y}$는 $K^i$로 끝난다. $X$는 $Y$ 바로 다음 등장하는 목걸이가 되므로, $B$에는 $\bar{Y}X$가, 특히는 $K^i a_1 \cdots a_k K^{N-k-i}$가 부분문자열로 등장한다.

(2) 그리고 나머지 $N-k < i \le N$인 경우를 생각하자. (2-1) 이 때 $cyc_i (A) = a_{N-i+1} \cdots a_k K^{N-k} A_{N-i}$이다. 만약 $A$가 주기적이라면, Lyndon word $\bar{A} = A_{k'} K^{l-k'}$ ($l-k' = N-k$)로 뒀을 때 다음 목걸이 $\bar{A}' = A_{k'-1} (a_{k'}+1) a_{k+1}' \cdots a_l ' $에 대해, $A$ 다음의 목걸이는 $A' = \bar{A}^{\frac{N}{l}-1} \bar{A}'$이 된다. $A'$는 비주기적이고, 따라서 $\bar{A}A'$는 $\bar{A}^{\frac{N}{l}} A_{k'-1} = A A_{k'-1}$을 포함하게 되고, 따라서 $N-k < i \le N$인 모든 $cyc_i(A)$를 포함하게 된다. ($\bar{A}$의 다음 목걸이가 존재하지 않을 때, 즉 $\bar{A} = ``Z"$인 경우에는 자명하다)

(2-2) $A$가 비주기적일 때에는, $A$의 다음 목걸이 $A' = a_{k-1} (A_k+1) X$를 생각한다. $A'$가 비주기적일 때는 $AA'$가 $cyc_i(A)$를 포함한다. $A'$가 주기적일 때에는, 다음 목걸이가 $A''$일 때 위 문단의 논의에 따라 $A'A''$가 $A'$를 포함한다.

따라서 $A$의 모든 cyclic shift는 단 한 번만 등장하고, 따라서 우리는 올바른 de Bruijn 수열을 만들었다.

위 알고리즘은 더욱이, 사전순으로 가장 작은 de Bruijn 수열을 만들어낸다. 위에서 설명한 모든 목걸이를 만드는 알고리즘을 응용하면 모든 목걸이의 주기를 만들 수 있고, 따라서 이는 de Bruijn 수열을 만드는 알고리즘이 된다. 이론이 이해하기 힘든 데에 비해 코드로의 구현은 짧고 간단한 것을 볼 수 있다.

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2
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5
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19

int rec[MAXN];
vector<int> de_bruijn(int K, int N) {
    vector<int> res;
    function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int p) {
        if (x == N) {
            if (N%p == 0) for (int i=0; i<p; i++) res.push_back(rec[i]);
        } else {
            int k = (x-p >= 0) ? rec[x-p] : 1;
            rec[x] = k;
            dfs(x+1, p);
            for (int i=k+1; i<=K; i++) {
                rec[x] = i;
                dfs(x+1, x+1);
            }
        }
    };
    dfs(0, 1);
    return res;
}
Colored by Color Scripter

cs

 

2018 ICPC Asia Jakarta Regional의 Smart Thief (https://www.acmicpc.net/problem/16575) 문제를 de Bruijn Sequence를 이용하여 풀 수 있다. 문제의 정해는 위 de Bruijn 그래프를 이용한 $O(kL)$ 알고리즘을 의도하였다. 그리고 $N$이 예를 들면 $40$ 이상일 때에는 그냥 아무 수열이나 찍어도 중복된 부분수열이 있을 확률이 극도로 낮다는 점을 이용해, 아무 수열이나 찍는 것이 출제자가 의도한 풀이이다. 하지만 위의 길이당 $O(1)$ de Bruijn 수열 생성 알고리즘을 사용한다면, 문제를 매우 쉽게 해결할 수 있게 된다.

참고문헌

https://en.wikipedia.org/wiki/De_Bruijn_sequence
https://en.wikipedia.org/wiki/De_Bruijn_graph
H. Fredricksen and J. Maiorana, Necklaces of beads in k colors and k-ary de Bruijn sequences, Descrete Mathematics, 23 (1978) 207-210.
Eduardo Moreno, On the theorem of Fredricksen and Maiorana about de Bruijn sequences, Advances in Applied Mathematics 33 (2004) 413-415.

ARC 069

김준원 — Wed, 14 Aug 2019 17:22:55 +0900

용인에서 원준이와 호캉스를 즐기면서 ARC 069를 돌기로 했다. ARC로 놓고 봤을 때에는 문제들이 좀 쉬운 대신 구현하기 싫은 편인 것 같지만, 만족스러운 셋이었다.

C. Scc Puzzle

세상에 이런 문제는 없었다! 이것은 앳코더인가 코드포스 div.2인가? 쉬운 구데기 문제로 직선의 교점을 잘 구해서 $O(1)$로 풀거나 삼분탐색으로 $O(\log n)$으로 풀면 된다. 나는 삼분탐색을 썼다. 비트베리가 떠오른다...

D. Menagerie

입력으로 주어지는 문자열의 각 원소 $s[i]$는 "$i-1$, $i$, $i+1$번째 동물 중에서 양의 수가 홀수인가?"에 대한 답과 동치이다. $1$, $2$번째 동물이 무슨 종인지만 정해주면 나머지가 모두 정해지게 되므로, 4가지 경우 모두 해 보고 입력 조건에 맞는 것을 출력하면 된다.

E. Frequency

지금 가장 높고 왼쪽에 있는 막대(실제론 돌뭉치지만 막대가 편하다)를 $k$번 막대라 하자. 쭉 $k$만 나오게 수열을 만드는 건 쉽다. 그러니깐 수열에 $k+1$ 이상의 수가 등장하게 되면 망한다. 하지만 이걸로 충분치 않다. 우리는 더 좋은 수열을 만들고 더 나은 세상을 만들고 싶다.

$k$보다 더 작은 수를 수열에 등장시키고 싶은데 누굴 등장시킬 수 있을까? $k$번 막대 왼쪽에 있는 가장 높은 막대를 찾아 $l$번 막대라 하고 얘를 등장시키자. $l$번 막대보다 높은 막대를 모두 $l$번 막대와 같게 깎으면 가능하다. $l$번이 최소의 연산 후 등장시킬 수 있는 $k$번보다 작은 수임은 당연할 것이다. 이 작업을 반복해 보면, 대충 이렇게 생각할 수 있는데:

- 막대기를 왼쪽에서 바라봤을 때 보이는 막대기(자신의 왼쪽에 자신보다 높거나 같은 막대가 없는 막대)를 차례대로 등장시키면 정답이다. 이를 $i_1 < i_2 < \cdots < i_k$번 막대라 하자.

- $i_k$부터 $i_1$까지 거꾸로 보면서 얘보다 높은 애들이 없을 때까지 나머지를 다 깎아주는 것을 반복하는 것이 전략이다.

- $i_x$가 수열에서 등장하는 횟수는 모든 막대의 $i_x$보다 크고 $i_{x+1}$보다 낮은 부분의 높이의 합이 될 것이다.

F. Flags

$O(n^2 \log X)$ 풀이는 쉽게 생각할 수 있다: 파라매트릭으로 모든 깃발 쌍이 거리 $d$ 이상을 유지할 수 있는가를 검사하면 된다. 검사는 2-SAT이 만족 가능한지 검사를 수행하면 된다. 간선 $O(n^2)$개의 완전 그래프의 SCC를 구해야 하는 게 문제지.

$O(n^2 \log X)$ 풀이를 최적화해야 하나, 생각하던 와중 원준이가 오지고 지리는 풀이를 하나 냈다. 먼저 깃발들을 위치 순서대로 정렬해두고 생각을 시작해 보자. "이 깃발"을 고르면 "위치가 이 구간 안에 있는 다른 깃발"을 고르면 안 되니까, "고르면 안 되는 깃발"이 한 구간에 있다.

세그먼트 트리를 그리자. 정점 $x$가 "$s_x$번째부터 $e_x$번째까지의 깃발을 고르지 않는 사건"을 의미하게 하고 구간의 왼쪽 절반과, 오른쪽 절반 구간을 고르지 않는 사건을 의미하는 두 개의 정점을 가리키게 하자. 그러면 어떤 정점이 다른 구간의 정점을 한꺼번에 잇는 연산은 $O( \log n)$개의 트리 내의 정점을 잇는 것으로 대체되므로, 정점과 간선이 모두 $O(n \log n)$개 있는 그래프의 SCC를 구하는 문제로 바뀐다. 이 중 리프를 나타내는 마지막 $n$개의 정점은 깃발 하나만을 관리하므로, "이 깃발을 고르지 않는 사건", 즉 "이 깃발과 대응되는(반대되는) 깃발을 고르는 사건"과 대응된다. 마지막에 각 $i$에 대해 $x_i$ 깃발을 나타내는 정점과 $y_i$ 깃발을 나타내는 정점이 다른 SCC에 속해 있는지만 검사해주면 문제가 해결된다.

190720 팀 연습: BAPC 2018

김준원 — Sun, 21 Jul 2019 01:50:33 +0900

태어나서 두 번째로 팀 연습을 돌았다. 셋은 BAPC 2018(코드포스 #, BOJ #), 11문제 중 11문제 모두를... 4시간 40분동안 찝찝하지만 올 솔브하긴 했다. 빛rkm 버스 승차감이 너무 편안했다.

이 셋으로 연습하고자 하는 팀이 있다면 문제를 출력할 때 조심하자. 문제지에서 문제당 페이지 개수를 짝수 개로 보정(This page is intentionally left blank)해주지 않아 그냥 인쇄를 누르면 문제가 종이 두 개에 나눠서 찍히게 된다.

우리 팀이 푼 순서로 모든 문제를 업솔빙해 본다.

A - A Prize No One Can Win / junie, 00:03

가장 쉬운 문제다. 내가 앞 네 문제를 잡고 읽었는데, A가 가장 쉬운 문제이고 B, C도 쉬운 문제였다는 사실은 내게 D도 풀만할 것이라는 생각을 하게 했다. A, B, C까지는 난이도순 맞는 것 같은데~

수열을 정렬한 다음 $a[i-1] + a[i] \le X$를 만족하는 최소의 $i$ (가 없으면 $N$을 출력)을 출력하는 쉬운 문제이다.

J - Janitor Troubles / rkm0959, 00:06

jwj가 이런 문제 있다고 말하자마자 rkm이 아 이거 개쉬움 ㅋ 하고 낚아채서 바로 풀어버렸다. 사각형의 네 변의 길이가 주어졌을 때 그 넓이는 사각형이 원에 내접할 때 최대이고, 그 때의 넓이는 $\sqrt{(s-a) (s-b) (s-c) (s-d) } $ ( $s = \frac{a+b+c+d}{2}$)이다. 헤론의 공식을 잘 변형한 공식으로 뭐 브라마굽타 뭐 브레치나이더 하는 할일없는 멋진 수학자들이 잘 증명해놓은 듯하다. #

F - Financial Planning / rkm0959, 00:10

파라매트릭 서치를 배울 때 예제로 풀 만한 문제이다. 내가 업솔빙할 때는 $l$, $r$ 범위가 int 넘을 수 있는 것 생각 안 해서 한 번 틀렸고, 20억 일 동안 투자하면 총 수익이 long long 범위를 넘을 수 있다는 것(걍 수익이 $m$ 넘으면 잘라주면 된다) 생각 안 해서 한 번 틀렸다. 오늘 왜 이렇게 멍청하지?

C - Cardboard Container / rkm0959, 00:16

처음에 내가 잘못 생각해서 야매 풀이로 짜고 (심지어 3번 예제도 안 나옴), 바로 비켜서 rkm에게 문제 설명했더니 그냥 전탐색해서 풀었다. $ijk = V$인 $i \le j \le k$를 전탐색하자. $i$와 $j$가 있으면 $k$가 바로 나오므로 $i$와 $j$만 iterate하면 된다. $i \le \sqrt[3]{n}$, $j \le \sqrt{n}$이므로 도합 $O( n^{\frac{5}{6}} )$의 시간복잡도로 해결할 수 있다. (하지만 $n$의 범위가 100만이라 그렇게 tight하게 bound를 만들 필요는 없다)

G - Game Night / cjwj5505, 00:42

처음 보고 3초간 FFT 써야하나? 라는 생각이 들었다. 그냥 풀면 된다. 이런 문제가 내가 코딩하기 제일 머리아파하는 유형이라서, 다른 문제 업솔빙보다 코드 깔끔하게 만드는 데 힘썼다.

E - Entirely Unsorted Sequences / rkm0959, 00:53

이 문제를 이렇게 빨리 풀었다는 게 믿기지 않는다. 연습 당시에는 읽지도 못했고, 끝나고 나서 끙끙대며 풀었다. 다이나믹 프로그래밍으로 푼다. $a$를 정렬한 결과 나온 배열을 $b$라고 하자. 그리고 $b_{i..j}$를 순서를 가지고 나열하는 모든 경우의 수를 $w_{i, j}$라 하자. (단순히 $\left( j-i+1 \right) !$이 아니다! 중복 원소가 있을 수 있기 때문) 물론 전체 수열을 배열하는 모든 경우의 수는 $w_{1, N}$이다.

$dp[i]$ := $b_{1..i}$에 대해서 문제의 답, 즉 모든 원소가 "정렬되지 않은" 상태인 경우의 수.

으로 정의하자. 이제 그럼 뭐가 잘.. 잘 겹쳐서 저번 걸 이용해서 잘 계산할 수 있게 된다. $dp[k]$를 계산하기 위해, 여집합인 $b_{1..k}$에서 하나 이상의 원소가 "정렬된" 상태인 경우의 수를 생각해 보자. 이 경우들을 첫번째로 "정렬된" 원소의 위치를 기준으로 분리해 보자. $i$번째 원소가 그런 원소라고 하면, $1$번째부터 $i-1$번째까지의 원소는 모두 "정렬되지 않은" 상태이다. $i+1$번째부터 $k-1$번째의 원소는 어떻게 배열돼 있든 우리 알 바가 아니다. 즉 $i$번째 원소가 첫번째로 "정렬된" 원소이도록 $k$개의 수를 배열하는 가짓수는 $dp[i-1] \times w_{i+1, k}$이다. 따라서

$$dp[k] = w_{1, N} \sum _{i=1..k} dp[i-1] \times w_{i+1, k}$$

(단, $i>j$이면 $w_{i, j} = 1$이라고 하자.)

B - Birthday Boy / junie, 01:26

내가 트롤링한 문제 1. 정말 별 것도 아닌 에러 가지고 30분을 삽질했다. 진짜 집에서 다시 짜니 5분컷 나는데 뭐하는 짓이었나 싶다. 문제 자체는 아무것도 없는 구현 문제이다. 생략

I - In Case of an Invasion, Please... / rkm0959, 01:44

답에 대한 parametric search를 해 보자. 시간 $t$ 안에 모든 시민을 대피시켜야 한다는 조건이 붙으면 각 점은 시간 $t$ 안에 이동할 수 있는지 여부로 $s$개의 대피소에 대해 총 $2^s$개로 분류할 수 있다.

대회 때 풀이: 그러면 이제 디닉을 돌리자. s→시민→대피소→t 와 같이 그래프를 만든 뒤 디닉으로 시민의 수만큼 플로우가 흘렀는지 확인한다. 뭐.. 정점 1000개 간선 10000개 scale의 그래프 디닉 50번정도 돌리는 건 시간 안에 잘 돌아갈 거다. 오히려 짜 보면 간단한 다른 풀이와 비슷한 시간에 작동한다.

다른 풀이: 모든 시민을 대피시킬 수 있다는 홀의 결혼 정리에 의해 다음과 동치이다. "어떤 대피소의 subset에 대해서도, 이 subset 안에 있는 대피소만을 이용할 수 있는 시민들의 수가 대피소 subset의 용량의 합 이하이면, 모든 시민을 대피시킬 수 있다." 직관적이지는 않지만 자명하다. 따라서, 이를 직접 계산해주면 된다.

K - Kingpin Escape / rkm0959 & cjwj5505, 02:58

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D - Driver Disagreement / rkm0959, 03:24

신기하고 천재적인 풀이가 있었다.

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H - Harry the Hamster / junie & cjwj5505, 04:49

내가 트롤링한 문제 2. 머리 박아야 한다. (1) 내가 처음에 간선을 m개 받아야 하는데 n개만 받아서 틀림, (2) 원준이가 반례를 찾아내서 그 반례를 고치려고 생쇼함. 그와중에 나는 "이 풀이가 아닌 거 같아. 뭔가 느낌이 우리는 아니야." 이러고 있음, (3) 입력을 잘못 받은 걸 깨닫고 고치지만 그 반례는 고쳐지지 않음. 수 하나가 나와야 하는데 Infinity가 나옴 (4) 알고보니 원준이가 들고 온 반례는 반례가 아니었고, 당연히 Infinity를 출력해야 하는 게 맞았음. (5) 이제 제출했는데 51번 테케에서 틀림. 전부 다 멘탈 나가서 51번 테케 열어봄. (6) 정점이 두 개고 간선이 없는 그래프 처리 안했던 거임. ㅎ;

***

Ray Casting Algorithm

김준원 — Sun, 21 Jul 2019 00:33:54 +0900

Ray casting algorithm은 inside-polygon test의 일종이다. 점과 (단순)다각형이 있을 때, 점이 다각형 안에 들어있는가를 판별한다.

만약 다각형이 볼록하다면 점이 다각형 안에 들어있는지 여부의 검사는 ray casting algorithm을 떠올리지 않아도 쉽다. CCW를 이용하면 된다. 모든 변 $A_i A_{i+1}$에 대하여, 점 $P$가 변에서 다각형 안으로 들어가는 방향에 존재한다면, 즉 점이 반시계방향으로 배열돼 있다는 가정에서 $ccw(A_i , A_{i+1} , P) > 0$이 모든 $i$에 대해 성립한다면 그 점은 다각형 안에 있다.

다각형이 볼록할 때에 inside-polygon test를 더 빠른 시간인 $O( \log n)$에 할 수도 있다. 이는 ray casting algorithm을 모두 설명한 다음에 후술한다.

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int n;
pint p[10004];
 
int ccw(pint a, pint b, pint c) {
    lint k = a.x*b.y + b.x*c.y + c.x*a.y - b.x*a.y - c.x*b.y - a.x*c.y;
    if (k>0) return 1;
    if (k<0) return -1;
    return 0;
}
 
bool okay(pint a) {
    bool one = false, mone = false;
    for (int i=0; i<n; i++) {
        int k = ccw(p[i], p[i+1], a);
        if (k == 1) one = true;
        if (k == -1) mone = true;
    }
    return not (one and mone);
}
 
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만약 다각형이 오목해지기 시작한다면 이렇게 생각하기 정말 귀찮아지는데... ray casting algorithm은 다음과 같은 아이디어를 이용한다.

점에서 시작하는 아무 반직선을 그어보자. 이 반직선이 다각형과 짝수 번 만난다면 점은 다각형 밖에, 홀수 번 만난다면 점은 다각형 안에 있다.

다각형의 변은 항상 다각형의 내부와 외부를 가른다는 점에서 자명하면서도 멋진 명제이다. 반직선의 방향은 여기서 아무 상관이 없다. 이제 다각형의 각 변에 대해서 이 반직선과 교차하는지 잘 검사해 주고 카운트하자. 선분 교차를 판별하는 게 은근 빡센데, 그건 이렇게 하면 된다:

선분 $AB$와 선분 $CD$가 교차하려면, $ccw(A, B, C) \neq ccw(A, B, D)$이고, $ccw(C, D, A) \neq ccw(C, D, B)$이다. 각 선분의 양끝이 다른 선분으로 인하여 분리되어야 한다는 것이다. $AB$와 $CD$가 한 직선 위에 있는 예외의 경우가 있는데, 이 경우에는 두 직선이 겹치는 부분이 있는지 판별하면 된다.

뭐.. 반직선이야 무한히 그어야 하지만 무한 같은 건 세상에 없으니 엄청 멀리 점 하나를 찍고 그 점과 잇는 선분을 그어서 반직선이라 우기자. 코드는 아래와 같다!

하지만 기하 알고리즘이 늘 그렇듯, 짜증나는 예외들이 존재한다. 아래 그림의 (1), (3), (4), (5)와 같은 것들이다.

게다가 입력으로 주어지는 점 자체가 그냥 다각형 위에 존재할 수도 있다. 생각만 해도 화가 나지 않을 수 없다. 곰곰이 생각해 보자. 저런 경우들을 없앨 방법 중 한 가지는 저런 기울기들을 피해서 기울기를 잘 잡도록 설정해두는 것이다. $y=20.001021x + k$ 와 같이 아무 실수나 기울기로 잡은 다음 선을 그으면 그림에 그려진 예외의 경우를 피할 수도 있을 것이다. 그럴 경우에도 판정해야 하는 점 자체가 다각형의 꼭짓점과 같은 점이면 그런 경우를 피할 수 없다. 그것만은 예외로 판정해 주자.

글을 올리기 전 추가로 검색하다 깨달았는데, 만약 모든 좌표가 정수라면, 멀리 떨어진 점을 잡을 때 판정해야 할 점과 y좌표가 1만큼 차이나도록 하면, 절대 꼭짓점과 겹치거나 직선이 변과 겹치게 되어 무한히 많은 교점을 가지게 되는 일이 발생하지 않는다.

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int n;
pint p[10004];
 
int ccw(pint a, pint b, pint c) {
    lint k = a.x*b.y + b.x*c.y + c.x*a.y - b.x*a.y - c.x*b.y - a.x*c.y;
    if (k>0) return 1;
    if (k<0) return -1;
    return 0;
}
 
bool intersect(pint a, pint b, pint c, pint d) {
    int x = ccw(a, b, c) * ccw(a, b, d);
    int y = ccw(c, d, a) * ccw(c, d, b);
 
    if (!x and !y) {
        if (a>b) swap(a, b);
        if (c>d) swap(c, d);
        return a <= d and c <= b;
    } else return x != 1 and y != 1;
}
 
bool okay(pint a) {
    pint b = pint(1020001021ll, a.y + 1);
 
    for (int i=0; i<n; i++) if (p[i] == a) 
        return true;
 
    int cnt = 0;
    for (int i=0; i<n; i++) {
        cnt += intersect(p[i], p[i+1], a, b);
    }
 
    return cnt % 2 != 0;
}
 
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하지만 저런 예외의 가능성을 각오하고 가오있게 수평방향으로 반직선을 긋고 싶다면, 아래와 같이 괜찮은 아이디어를 내 주면 된다.

- 교차하는 변의 양 끝 중 하나가 반직선에서 윗방향(ccw를 했을 때 양수인 방향)인 변만 "교차했다"라고 판정하면, 정말로 선분이 다각형 안팎을 왔다갔다할 때에만 셈하게 된다.

증명은 알아서 해 보자. 이를 두고 "직선을 내 마음 속에서만 아주아주 살짝 올리기"라고 표현하기도 하나보다(알고리즘 문제해결 전략). 그걸 바꾼 okay 함수는 다음과 같이 생겼다.

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bool okay(pint a) {
    pint b = pint(1020001021ll, a.y);
 
    for (int i=0; i<n; i++) if (p[i] == a) 
        return true;
 
    int cnt = 0;
    for (int i=0; i<n; i++) {
        cnt += (ccw(p[i], a, b) == 1 or ccw(p[i+1], a, b) == 1) and intersect(p[i], p[i+1], a, b);
    }
 
    return cnt % 2 != 0;
}
 
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한편, 볼록다각형의 경우에는 무조건 반직선이 다각형과 두 번 이하만 만나게 된다. 그렇다면 교차점을 이분 탐색을 이용하여 구할 수 있다.

APIO 2018 후기

김준원 — Thu, 24 May 2018 13:10:11 +0900

내가 고등학생 신분으로서 참여하는 마지막 정보 대회라 결과와 상관없이 꼭 후기를 써야겠다고 마음먹었었다. 그런데 내신 공부가 너무 빡세서.. 2주가 지나고서야 이 문장을 쓰고 있다. 5월 12일 토요일, 러시아에서 개최되고 한국의 아주대학교에서 시험을 친 아시아 태평양 정보올림피아드, APIO에서 다행히 은메달을 받을 수 있었다.

올해 대회는 평소와는 다르게 러시아 pcms라는 환경에서 진행됐다. CMS와는 좀 많이 다르고, 왠지 조금 구진 돔저지 느낌이 나는 채점 사이트였다. 인터랙티브도 지원 안 되는 느낌이었지만…. 연습대회 때 배치로 인터랙티브 느낌을 내는 문제가 나와서 본대회때도 나오려나 했지만, 그런 건 없었다. 전체적으로 문제가 되게 내가 추구하는 스타일의 깔끔한 문제였다. 물론 내가 추구하는 스타일이라고 내가 잘 푼다는 뜻은 아니다. 대회 직전에 백 점만 맞자.. 백 점만 맞자.. 하고 기도했다. 결국 12/19/71로 총 102점을 받았다. 은메달!

제일 먼저 붙잡았던 거는 3번 문제였다. 그래프에서 BCC를 묶은 다음, 트리로 만들어 DP로 해결했다. 몇 가지를 고려해주느라 몇 번 수정했는데, 그 때 큐가 막혔던 게 조금 짜증났다. 뭐 결과에 영향은 없었지만. 하지만 내가 “단절선”에만 생각이 머물러 있었다면 정해는 “단절점”을 이용하는 풀이었다. 멍청한 탓에 Vertex-cactus 그래프에 대해서만 답이 나올 수 있었고, 총 71점의 부분점수를 얻을 수 있었다.

1번 문제는 대회 시간에 어떻게 푸는지는 대충 알았다. 각 상점 종류마다 거리에 따른 가장 먼 상점 그래프를 유지해가면서, x좌표에 대해 가장 높은 점이 무엇일까를 계산하는 문제였다. 하지만 보자마자 APIO 2016의 Fireworks의 악몽이 떠올랐다. 며칠 전 연습용으로 APIO 2016을 풀었는데, 구현을 하느라 며칠을 날리고도 하지 못했던 기억이 난다. 내가 이런 껍질 관리하는 작업에 굉장히 약한 것 같다 ㅠㅠ 연습해야겠다. 암튼 그래서 그냥 넘겼다. 해법 소스를 보니 꽤 간단하게 구현되는 것 같기도 했다.

2번 문제는 원들을 가지고 어떤 과정을 거쳤을 때의 결과를 예측하는 문제였다. 이 문제도 아무리 생각해도 답을 모르겠는 것이었다. ㅜㅠ 그래서 긁을 수 있는 x축 위에 있는 경우에 대해서만 모두 긁고, 한 한 시간 동안은 겁나 가만히 있었다. 풀이는 꽤 직관적인 assertion 하나를 활용하는 풀이인 듯했다.

항상 대회가 끝나면 아쉬움이 남는다. 그래도 이번에는 마지막에 은메달 하나 건져갈 수 있어서 마음이 놓인다. KOI 전국대회는 못 나가지만 마음으로 응원해야겠다.... 고등학교동안의 정보과학 공부는 여기까지! 내신에 모든 것을 쏟을 때다. 학점이라도 잘 받아야지...

180519 동아리 연습 문제 풀이

김준원 — Sat, 19 May 2018 11:35:00 +0900

A. 자두나무

난이도: 중등부 2번, 분류: DP

$dp[x][y]$를 다음과 같이 정의하자.

$dp[x][y]$ = 시간 x까지 y번만 이동해서 자두를 받아먹었을 때 최대로 받아먹을 수 있는 개수

이동한 횟수만으로 현재의 위치를 얻어낼 수 있다. 짝수 번 이동했으면 1, 홀수 번 이동했으면 2의 위치에 있을 것이다. 현재 위치를 $pos$라고 하자. 이렇게 정의하고 나면, 다음과 같은 점화식을 세울 수 있다.

$$dp[x][y] = \max ( dp[x-1][y-1], dp[x-1][y]) + (a[x] == pos)$$

이 값들을 모두 계산한 뒤, 각 y=0..k까지에 대해 dp[n-1][y]의 최댓값을 구하면 된다.

B. 수열의 합

난이도: 중등부 1번, 분류: 수학, 아이디어

다양한 풀이가 있을 수 있다. 이들 가운데 두 가지를 소개한다.

풀이 1. 주어진 수들을 모두 합치면 "전체 원소들의 합"의 $2(n-1)$배가 된다. 또, $i$번째 행의 모든 수들의 합은 원소들의 합 + $A_i \times (n-2)$가 된다. 이를 이용해서, 전체 원소들의 합 $S$를 구하면, $A_i$는 $i$번째 행의 원소들의 합에서 $S$를 빼고, $n-2$를 나누면 된다.

풀이 2. 1번째 행에서, $A_3 \cdots A_n$에서 $A_1$을 더한 수치를 알 수 있다. 2번째 행에서, $A_3 \cdots A_n$에서 $A_2$를 더한 수치를 알 수 있다. 1행 2열의 값은 $A_1 + A_2$이므로, 두 행의 $3 \cdots n$번째 원소를 더한 뒤, $A_1 + A_2$로 나누고 절반을 하면 $A_3 \cdots A_n$을 구할 수 있다. 이로부터 $A_1, A_2$는 쉽게 구할 수 있을 것이다.

한 가지 참고할 수 있는 것은, 문제에서 $2 \leq n$이라고 되어 있지만, 조건을 만족하는 수열이 유일함에서 $n=2$인 경우는 $[1, 1]$만이 가능하다. 특히 풀이 2의 경우에는 $n=2$인 경우가 예외 처리가 필요할 수도 있고, 이는 적절히 고려해 주도록 하자.

C. 랜선 자르기

난이도: 중등부 2번, 분류: 이진탐색

역으로, 길이가 L인 랜선을 최대로 많이 만들어야 한다고 해 보자. 이 때, 최대로 만들 수 있는 개수는 모든 주어진 간선의 길이를 L로 나눈 몫의 합이다. 이제, f(L) := 만들 수 있는 길이가 L인 랜선의 최대 개수 를 정의하자. f(L)은 감소함수가 되고, f(L)이 N 이상이 되는 최대의 L을 구하면 된다.

이는 이진 탐색으로 쉽게 해결하고, 다음과 같은 기본적인 로직을 사용하면 될 것이다.

L <- 작은 수, R <- 큰 수

While L+1 < R:

M = (L+R)/2

If (f(M) >= N): L = M

Else: R = M

위 코드는 $f(L) >= N$, $f(R) < N$의 두 불변 조건을 항상 만족하고, 따라서 답은 L이 된다.

D. 고속도로

난이도: 고등부 1번, 분류: DP

일단, 들어온 나들목의 번호 목록 $in$과 나간 나들목의 번호 목록 $out$을 정렬해 두자. "들어올 때 사용한 나들목과 나갈 때 사용하는 나들목이 달라야 한다"라는 조건만 없다면 모든 $i$에 대해 $in[i]$에서 $out[i]$로 나가는 것이 최적해일 것이다. 하지만 이 조건 때문에 고려할 것이 생긴다. 증명은 생략하지만, 최적의 방법은 다음 네 가지 중 하나이다.

$in[x] \rightarrow out[x]$
$in[x] \rightarrow out[x+1]$, $in[x+1] \rightarrow out[x]$
$in[x] \rightarrow out[x+1]$, $in[x+1] \rightarrow out[x+2]$, $in[x+2] \rightarrow out[x]$
$in[x] \rightarrow out[x+2]$, $in[x+1] \rightarrow out[x]$, $in[x+2] \rightarrow out[x+1]$

말로 풀어 말하면, 많아야 세 개의 번호 이내에서 순서를 섞으면 해결된다는 것이다. 이는 $dp[x]$를 $in[x]$와 $out[x]$까지 처리한 최적해라고 정의했을 때에, 네 개의 경우를 계산해 주면서 해결할 수 있다.

E. Hotels

난이도: 고등부 2번, 분류: 트리, 조합

호텔 A, B, C 세 개를 지었을 때에 A에서 B, C로 가는 경로를 생각해 보자. 두 경로는 A에서 출발한 뒤 몇 개의 "공통된 간선"을 따라 이동할 것이고, 어떤 "갈림길"이 있어서 B와 C로 도달할 것이다. "갈림길"이 시작하는 정점을 생각해 보면, 이 정점에서 A, B, C로 이르는 거리는 같아야 한다. 이런 정점 P는 무조건 존재하고, 각 호텔 배치에 대해 유일하다.

N의 제한이 그닥 크지 않으므로, N개의 각 정점에 대해 이 정점이 P인 경우에 경로를 세 주면 된다. 정점 P를 루트로 해서 트리를 세웠을 때에, 각 서브트리에 "P와의 거리가 $1, 2, …, N-1$인 정점의 개수"를 기록해 두면, 간단한 조합으로 "P의 서로 다른 서브트리에 속하면서 거리가 같은 정점들의 개수"를 구할 수 있다. 예를 들어, 각 서브트리에 대해 거리가 $k$인 정점의 개수가 $a_1 , …, a_r$개라고 하자. 그러면, 이 때 구하는 개수는 이 수열에서 서로 다른 세 개의 원소의 곱을 모두 합한 값이 된다. 이렇게 고른 세 정점 A, B, C는 각각 P와의 거리가 $k$가 되고, 서로 간의 거리는 $2k$가 된다.