2020 겨울방학 정기스터디 3주차

서울시립대 알고리즘 소모임
알고리즘 문제해결 테크닉
겨울방학 3주차

강의자 소개
2020 AL林 정기 스터디 2
이름 최문기
소속 서울시립대 컴퓨터과학부(16학번)
핸들 iknoom1107(BOJ) IKnoom(Codeforces) IKnoom(AtCoder)
ICPC 팀 ManManChiAnunTeam (2020 Seoul Regional 본선 진출 및 28위)
- 김정현, 최문기, 최연웅

오늘 할 것
원래는 비트마스크만 발표하려고 했으나 너무 짧을 것 같아서 이것저것 내가 하고싶은거 모아서 발표하기
• 비트마스크
• 누적 합
• 최대 부분 합
• 스위핑 기법
• 투 포인터

비트마스크

비트마스크
어떤 상태를 비트로 표현하여 저장하는 테크닉입니다.
그러면
① 연산이 빠르고
② 메모리가 적게 듭니다.

활용예 ① : 집합의 표현
1부터 8까지의 수가 있습니다.
그 중에서 몇 개의 수를 선택한 부분 집합를 비트로 표현해봅시다.
8 7 6 5 4 3 2 1

00000000(2) = 0
8 7 6 5 4 3 2 1

00000001(2) = 1
8 7 6 5 4 3 2 1

00001001(2) = 9
8 7 6 5 4 3 2 1

00011001(2) = 25
8 7 6 5 4 3 2 1

10011001(2) = 153
8 7 6 5 4 3 2 1

11111111(2) = 255
8 7 6 5 4 3 2 1

이렇게 집합을 비트로 표현하면 C에서
int는 32비트이므로 최대 집합의 크기가 32이고
long long은 64비트이므로 최대 집합의 크기가 64입니다.
집합이 작은 경우 비트로 표현하여 저장하면 효율적입니다.

활용예 ② : 슬라이딩 퍼즐
이 슬라이딩 퍼즐도 비트마스킹으로 표현이 가능합니다.
퍼즐의 상태가 8 이하의 수 9개의 순열로 표현되기 때문이지요.

왼쪽 슬라이딩 퍼즐은 “806547231”로 표현할 수 있습니다.
비트마스킹으로 줄여봅시다.
0
8 = 1000(2)
0 = 0000(2)
6 = 0110(2)
5 = 0101(2)
4 = 0100(2)
7 = 0111(2)
2 = 0010(2)
3 = 0011(2)
1 = 0001(2)

“806547231”
= 1000 0000 0110 0101 0100 0111 0010 0011 0001(2)
= 34465935921
0

15-퍼즐(4×4퍼즐)까지는 long long으로 표현이 가능합니다.
4비트의 양의 정수 16개로 표현 가능하기 때문이지요.
꼭 이렇게 해서 풀어야하는 건 아닙니다.
저는 백준에 있는 슬라이딩 퍼즐 문제 string으로 저장해서 풀었습니다.
비트마스킹을 하면 메모리나 시간이 더 효율적이겠지요.

연습문제 : BOJ 11723번 집합
비트마스킹을 활용하여 집합의 상태를 표현하는 기본 문제입니다.
<<, &, | 와 같은 비트 연산자를 활용해봅시다.
소스 코드 : http://boj.kr/656f225451174337b55f53049181168f

if query[0] == "add":
x = int(query[1]) - 1
SET |= (1 << x)
elif query[0] == "remove":
if SET & (1 << x):
SET -= (1 << x)
# 또는 SET &= ~(1 << x)
elif query[0] == "toggle":
SET ^= (1 << x)

elif query[0] == "check":
if SET & (1 << x):
print(1)
else:
print(0)
elif query[0] == "all":
SET = (1 << 20) - 1
elif query[0] == "empty":
SET = 0

연습문제
BOJ 17453 두 개의 문 : 비트가 많아지면 분할하거나 std::bitset을 씁니다.
BOJ 2098 외판원 순회 : 방문한 마을을 비트로 표현 + DP
BOJ 1194 달이 차오른다, 가자. : 가진 열쇠를 비트로 표현 + BFS
BOJ 1525 퍼즐 : 슬라이딩 퍼즐의 상태를 비트로 표현 + BFS

비트마스킹 : 마무리..
- 알고리즘 문제해결 전략(종만북)을 575페이지를 보면 집합의 표현에 대한 더 자세
한 내용이 있습니다. 좋은 테크닉이 많지만 전부 알 필요는 없다고 생각됩니다.
- 비트마스킹은 보통 DP와 같이 활용되거나 상태공간을 BFS, DFS와 같은 탐색 알고
리즘을 써서 탐색할 때에도 활용됩니다. 보통 이런 경우에 상태에 어떤 값을 연관시
켜야하기 때문이지요.

누적 합

누적 합
부분합을 빠르게 구하는 테크닉입니다.
전처리 : O(N)
부분합을 구하는 쿼리 : O(1)

누적 합
a부터 b까지(a ≦ b)의 부분합을 구하는 것은
0부터 b까지의 부분합에서
0부터 a – 1까지의 부분합을 빼면 됩니다.
෍
𝑖=𝑎
𝑏
𝐴𝑖 = ෍
𝑖=0
𝑏
𝐴𝑖 − ෍
𝑖=0
𝑎−1
𝐴𝑖

누적 합
0부터 i까지의 합을 저장하는 배열 prefixSum을 만듭시다. -> O(N)
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 1 4 3 5 2 1 8 2
prefixSum 1 5 8 13 15 16 24 26

누적 합
이제 3부터 5까지의 구간합을 구해봅시다.
A[3] + A[4] + A[5]
= prefixSum[5] – prefixSum[2] = 16 – 8 = 8
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 1 4 3 5 2 1 8 2
prefixSum 1 5 8 13 15 16 24 26

연습문제
BOJ 11659 구간 합 구하기 4 : 기본 문제입니다.
BOJ 11660 구간 합 구하기 5 : 차원을 늘려봅시다.

누적 합 : 마무리..
- 부분합을 구하면서 배열의 값의 갱신이 일어나는 경우가 있습니다. 이런 경우에 누적
합은 갱신이 느려서 효율적으로 처리하기 위해서 세그먼트 트리나 펜윅 트리를 씁니
다.
- 이게 꼭 합(sum)이 아니어도 다른 연산에도 활용이 가능합니다. 예를 들어 Xor도
가능하겠지요.

최대 부분합

최대 부분합
이번에는 최대 부분합을 구해봅시다.
방금 누적 합을 응용하면 O(N^2)에 가능하겠지요?
prefixSum을 구해놓으면 a부터 b까지의 부분합은 O(1)에 구할 수 있고
[a, b] 구간의 수가 N(N-1)/2개이기 때문입니다.

최대 부분합
하지만 최대 부분합은 O(N)에 가능합니다. 구해봅시다.
maxSum[i] : A[i]를 가장 오른쪽 끝으로 가지는 최대 부분합
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum

최대 부분합
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7

최대 부분합
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4 14

최대 부분합
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4 14 -85
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4 14 -85 5

최대 부분합
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4 14 -85 5 8
i 0 1 2 3 4 5 6 7
A 3 4 -3 10 -99 5 3 -1
maxSum 3 7 4 14 -85 5 8 7

최대 부분합
maxSum[i] : A[i]를 가장 오른쪽 끝으로 가지는 최대 부분합
그럼 다음 점화식이 성립합니다.
maxSum[i] = max(maxSum[i – 1], 0) + A[i]

연습문제 : BOJ 1912 연속합
소스코드 : http://boj.kr/c31fcf4a82344dbdb84de73c845c7585
maxSum = 0
for i in range(N):
maxSum = max(maxSum, 0) + A[i]
answer = max(answer, maxSum)

최대 부분합 : 마무리..
- 이걸 누가 이름도 지어놨습니다. 카데인 알고리즘이라고 합니다.

최대 부분합 : 마무리..
- 최대 부분합을 구하는건 O(N)에 가능하지만 이게 구간쿼리로 들어오거나 갱신이 있
으면 처음 세그트리를 구축하고 나서 분할정복으로 쿼리를 O(logN)으로 처리하는
방법이 있습니다. 이 세그먼트 트리가 상당히 더럽고 복잡하고 구현하기 어렵습니다.
2019 ICPC 본선에 나온 적이 있지요.

스위핑

스위핑 기법
1. 어떤 기준으로 정렬하고
2. 순서대로 훑습니다.
바로 문제를 봅시다.

활용예 ① : BOJ 2170 선긋기
선을 그을 때에는 이미 선이 있는 위치에 겹쳐서 그릴 수도 있는데,
여러 번 그은 곳과 한 번 그은 곳의 차이를 구별할 수 없다고 하자.
이와 같은 식으로 선을 그었을 때, 그려진 선(들)의 총 길이를 구하는 프로그램을 작성하시오.
예제 입력
4
1 3
2 5
3 5
6 7
예제 출력
5

1. 시작점 기준으로 정렬합니다.
2. 정렬한 순서대로 구간을 봅시다.
이전까지 그은 선과 이어지면 합칩니다.
그게 아니면 끊습니다.

예제 입력
4
1 3
2 5
3 5
6 7
s = 1
e = 3

예제 입력
4
1 3
2 5
3 5
6 7
s = 1
e = 5

예제 입력
4
1 3
2 5
3 5
6 7 그게 아니면 끊습니다.
s = 6
e = 7

# 정렬
lines.sort()
# 스위핑
s, e = lines[0]
sumLength = 0
for s_i, e_i in lines[1:]:
if e < s_i:
sumLength += e - s
s, e = s_i, e_i
else:
e = max(e, e_i)
sumLength += e - s
# 출력
print(sumLength)
소스코드 : http://boj.kr/ede76a53e51042a2b61367e289fa4186

활용예 ② : BOJ 1689 겹치는 선분
1차원 좌표계 위에 선분 N개가 있다.
선분이 최대로 겹쳐있는 부분의 겹친 선분의 개수를 구해보자.
선분의 끝 점에서 겹치는 것은 겹치는 것으로 세지 않는다.
예제 입력
11
1 2
3 6
7 8
10 11
13 16
0 5
5 6
2 5
6 10
9 14
12 15
예제 출력
3

시작점은 +1, 끝점은 -1을 매깁시다.

이제 시작점, 끝점만 보면서 스위핑을 해봅시다.
시작점과 끝점은 2N개 밖에 없지요.
+1
+1
+1
+1 +1
-1
-1
-1
-1
-1

+1
+1
+1
+1 +1
-1
-1
-1
-1
겹치는 선분 = 1개
-1

+1
+1
+1
+1 +1
-1
-1
-1
-1
-1

# 시작점과 끝점만 넣습니다.
points = []
for s_i, e_i in lines:
points.append((s_i, 1))
points.append((e_i, -1))
# 정렬
points.sort()
# 스위핑
lineCnt = 0
maxCnt = 0
for x, diff in points:
lineCnt += diff
maxCnt = max(maxCnt, lineCnt)
# 출력
print(maxCnt)
소스코드 : http://boj.kr/d54636fd209e451f9604ad0a5ca7663e

시작점과 끝점만 넣고 스위핑하는 테크닉은
이렇게 구간 쿼리를 한번에 갱신해버리거나

시작점과 끝점만 넣고 스위핑하는 테크닉은
이렇게 여러 직사각형의 면적합을 구할 때도 사용할 수도 있습니다.

스위핑 기법 : 마무리..
- 스위핑으로 해결할 수 있는 문제는 정말 많고 이게 무슨 알고리즘이 아니라 그냥 정
렬하고 훑는거라 어디에 가져다가 붙여도 틀렸다고 하기 어렵고 그렇습니다..
- 다만 스위핑 기법으로 해결할 수 있는 어려운 문제 중에 풀이 방법이 유명한 문제들
이 몇 개 있습니다. 대표적으로 가장 가까운 두 점(스위핑 + BST), 2차 평면에서의
직사각형의 면적(스위핑 + 세그먼트 트리) 등등
- 선분을 시계방향으로 돌리면서 훑는 스위핑 기법도 있습니다. 기하 관련 알고리즘에
서 씁니다. ex) 컨벡스 헐

스위핑 기법 : 마무리..
스위핑 관련 tutorials & 문제
- https://www.topcoder.com/community/competitive-programming/tutorials/line-sweep-algorithms/
- https://codeforces.com/blog/entry/20377
- https://m.blog.naver.com/kks227/220907708368

투 포인터

투 포인터
배열의 원소를 가리키는 2개의 포인터를 이용하는 기법을 말합니다.
이거도 바로 예시를 봅시다.

활용예 ① : BOJ 2003 수들의 합 2
수열 A의 부분합이 M이 되는 경우의 수를 구하는 프로그램을 작성하시오.
수열 A의 각 원소는 자연수이다.
예) M = 5, A = {1, 2, 3, 4, 2, 5, 3, 1, 1, 2}이면 답은 3
예제 입력
10 5
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2
예제 출력
3

부분합을 모두 탐색하는 건 앞에서 O(N^2)이었지요.
투 포인터를 활용하여 O(N)에 문제를 해결해봅시다.
먼저 배열의 인덱스를 가리키는 변수인 포인터 l, r을 선언합시다.
l = 0, r = 0입니다.

이제 r을 1씩 증가시킬 때마다 l을 관리해봅시다. lrSum은 l부터 r - 1까지의 합입니다.
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 0

1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 1
r = 1

r = 2
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 3

r = 3
이때, lrSum >= M이고 l을 놔두고 r을 아무리 증가시켜도 lrSum > M이겠지요.
이제 l을 관리합시다.
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 6

r = 3
lrSum = M 인 구간을 찾았습니다. (l = 1, r = 3)
그리고 또 l을 관리합시다.
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 5

r = 3
lrSum < M이므로 다시 r을 증가시킵시다.
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 3

r = 4
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 7

r = 4
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 4

r = 5
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 6

r = 5
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 2

r = 6
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 7

r = 6
lrSum = M인 구간을 찾았습니다. (l = 5, r = 6)
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 5

(중략...) r = 9
lrSum = M인 구간을 찾았습니다. (l = 6, r = 9)
1 2 3 4 2 5 3 1 1 2 M = 5
l
r
lrSum = 5

answer = 0
lrSum = 0
l = 0
for r in range(1, N + 1):
lrSum += A[r - 1]
while l < r and lrSum >= M:
if lrSum == M:
answer += 1
lrSum -= A[l]
l += 1
print(answer)
소스코드 : http://boj.kr/988018727c0e440f829616886c014bdd

투 포인터 : 마무리..
- 이거도 쓰이는 방법이야 다양하지만 [l, r] 구간을 관리하면서 푸는 유형이 대부분인데,
방금 연습문제에서 본 것과 같이 r을 선형으로 훑으면서 r이 증가할 때마다 l이 조건
을 만족하도록 관리하는 유형입니다.
- [l, r] 구간의 크기가 일정하게 하여 훑는 테크닉은 슬라이딩 윈도우라고 합니다.

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