매운 것을 좋아하는 Leo는 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들고 싶습니다. 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들기 위해 Leo는 스코빌 지수가 가장 낮은 두 개의 음식을 아래와 같이 특별한 방법으로 섞어 새로운 음식을 만듭니다.
섞은 음식의 스코빌 지수 = 가장 맵지 않은 음식의 스코빌 지수 + (두 번째로 맵지 않은 음식의 스코빌 지수 * 2)
Leo는 모든 음식의 스코빌 지수가 K 이상이 될 때까지 반복하여 섞습니다. Leo가 가진 음식의 스코빌 지수를 담은 배열 scoville과 원하는 스코빌 지수 K가 주어질 때, 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들기 위해 섞어야 하는 최소 횟수를 return 하도록 solution 함수를 작성해주세요.
제한 사항
scoville의 길이는 2 이상 1,000,000 이하입니다.
K는 0 이상 1,000,000,000 이하입니다.
scoville의 원소는 각각 0 이상 1,000,000 이하입니다.
모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들 수 없는 경우에는 -1을 return 합니다.
입출력 예
scovilleKreturn
[1, 2, 3, 9, 10, 12]
7
2
입출력 예 설명
스코빌 지수가 1인 음식과 2인 음식을 섞으면 음식의 스코빌 지수가 아래와 같이 됩니다. 새로운 음식의 스코빌 지수 = 1 + (2 * 2) = 5 가진 음식의 스코빌 지수 = [5, 3, 9, 10, 12]
스코빌 지수가 3인 음식과 5인 음식을 섞으면 음식의 스코빌 지수가 아래와 같이 됩니다. 새로운 음식의 스코빌 지수 = 3 + (5 * 2) = 13 가진 음식의 스코빌 지수 = [13, 9, 10, 12]
모든 음식의 스코빌 지수가 7 이상이 되었고 이때 섞은 횟수는 2회입니다.
정렬해서 최소 부분을 반복해서 체크해주면 되는 문제이다.
그러나 단순히 sorted(arr) 이 코드를 반복하여 진행하게 되면 Timeout 이 발생하여 문제를 풀 수 가 없다.
그래서 이 부분은 Python import heapq를 불러와서 풀어주었다.
~보다 작은/ ~ 보다 큰 에 대한 문제는 heap을 사용하여 문제를 풀면 성능적으로 우수한 프로그램을 만들 수 있다.
def solution(scoville, K):
import heapq
answer = 0
h = []
for i in scoville:
heapq.heappush(h,i)
while len(h) >= 1:
first = heapq.heappop(h)
if first < K:
answer += 1
if len(h) == 0:
return -1
heapq.heappush(h, first + (heapq.heappop(h))*2)
else:
return answer
기본적으로 Python에서 제공해주는 heap은 minheap을 의미한다.
최대 힙(Maxheap)을 구현하는 방법은 아래와 같다.
출처: https://www.daleseo.com/python-heapq/
import heapq
nums = [4, 1, 7, 3, 8, 5]
heap = []
for num in nums:
heapq.heappush(heap, (-num, num)) # (우선 순위, 값)
while heap:
print(heapq.heappop(heap)[1]) # index 1
트럭 여러 대가 강을 가로지르는 일 차선 다리를 정해진 순으로 건너려 합니다. 모든 트럭이 다리를 건너려면 최소 몇 초가 걸리는지 알아내야 합니다. 트럭은 1초에 1만큼 움직이며, 다리 길이는 bridge_length이고 다리는 무게 weight까지 견딥니다. ※ 트럭이 다리에 완전히 오르지 않은 경우, 이 트럭의 무게는 고려하지 않습니다.
예를 들어, 길이가 2이고 10kg 무게를 견디는 다리가 있습니다. 무게가 [7, 4, 5, 6]kg인 트럭이 순서대로 최단 시간 안에 다리를 건너려면 다음과 같이 건너야 합니다.
경과 시간다리를 지난 트럭다리를 건너는 트럭대기 트럭
0
[]
[]
[7,4,5,6]
1~2
[]
[7]
[4,5,6]
3
[7]
[4]
[5,6]
4
[7]
[4,5]
[6]
5
[7,4]
[5]
[6]
6~7
[7,4,5]
[6]
[]
8
[7,4,5,6]
[]
[]
따라서, 모든 트럭이 다리를 지나려면 최소 8초가 걸립니다.
solution 함수의 매개변수로 다리 길이 bridge_length, 다리가 견딜 수 있는 무게 weight, 트럭별 무게 truck_weights가 주어집니다. 이때 모든 트럭이 다리를 건너려면 최소 몇 초가 걸리는지 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.
[0,0,0,3,0,0] <= 이렇게 트럭이 다리를 지난가는 것처럼 0 값으로 시간의 흐름을 나타내주면 문제에 접근하기 쉽다.
직관적인 방법으로 해결해주는 것이다.
정답:
def solution(bridge_length, weight, truck_weights):
time = 0
q = [0]*bridge_length
while q:
time += 1
q.pop(0)
if truck_weights:
if sum(q) + truck_weights[0] <= weight:
q.append(truck_weights.pop(0))
else:
q.append(0)
return time
알게된 것
처음에는 from collections import deque 를 통해 deque를 사용하려고 했는데,
프로그래머스 팀에서는 기능 개선 작업을 수행 중입니다. 각 기능은 진도가 100%일 때 서비스에 반영할 수 있습니다.
또, 각 기능의 개발속도는 모두 다르기 때문에 뒤에 있는 기능이 앞에 있는 기능보다 먼저 개발될 수 있고, 이때 뒤에 있는 기능은 앞에 있는 기능이 배포될 때 함께 배포됩니다.
먼저 배포되어야 하는 순서대로 작업의 진도가 적힌 정수 배열 progresses와 각 작업의 개발 속도가 적힌 정수 배열 speeds가 주어질 때 각 배포마다 몇 개의 기능이 배포되는지를 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.
제한 사항
작업의 개수(progresses, speeds배열의 길이)는 100개 이하입니다.
작업 진도는 100 미만의 자연수입니다.
작업 속도는 100 이하의 자연수입니다.
배포는 하루에 한 번만 할 수 있으며, 하루의 끝에 이루어진다고 가정합니다. 예를 들어 진도율이 95%인 작업의 개발 속도가 하루에 4%라면 배포는 2일 뒤에 이루어집니다.
입출력 예
progressesspeedsreturn
[93, 30, 55]
[1, 30, 5]
[2, 1]
[95, 90, 99, 99, 80, 99]
[1, 1, 1, 1, 1, 1]
[1, 3, 2]
입출력 예 설명
입출력 예 #1 첫 번째 기능은 93% 완료되어 있고 하루에 1%씩 작업이 가능하므로 7일간 작업 후 배포가 가능합니다. 두 번째 기능은 30%가 완료되어 있고 하루에 30%씩 작업이 가능하므로 3일간 작업 후 배포가 가능합니다. 하지만 이전 첫 번째 기능이 아직 완성된 상태가 아니기 때문에 첫 번째 기능이 배포되는 7일째 배포됩니다. 세 번째 기능은 55%가 완료되어 있고 하루에 5%씩 작업이 가능하므로 9일간 작업 후 배포가 가능합니다.
따라서 7일째에 2개의 기능, 9일째에 1개의 기능이 배포됩니다.
입출력 예 #2 모든 기능이 하루에 1%씩 작업이 가능하므로, 작업이 끝나기까지 남은 일수는 각각 5일, 10일, 1일, 1일, 20일, 1일입니다. 어떤 기능이 먼저 완성되었더라도 앞에 있는 모든 기능이 완성되지 않으면 배포가 불가능합니다.
따라서 5일째에 1개의 기능, 10일째에 3개의 기능, 20일째에 2개의 기능이 배포됩니다.
※ 공지 - 2020년 7월 14일 테스트케이스가 추가되었습니다.
단일 for문을 두번 돌려서 문제를 풀었다.
처음으로 zip 이라는 내장함수를 사용할 수 있어서 좋았다.
꾸준히 공부하다보면 점점 실력을 향상시킬 수 있을 것이다. 화이팅!!
정답
def solution(progresses, speeds):
import math
answer = []
remain = []
for i in zip(progresses, speeds):
remain.append(math.ceil((100-i[0])/i[1]))
cur_max = remain[0]
cur_cnt = 1
for i in range(1,len(remain)):
if cur_max < remain[i]:
answer.append(cur_cnt)
cur_max = remain[i]
cur_cnt = 1
else:
cur_cnt += 1
answer.append(cur_cnt)
return answer
근데, 다른 사람의 코드를 보니까
아예 for 문 한번으로 끝낼 수도 있었다.
앞으로 최대한 간결하게 풀어보자
def solution(progresses, speeds):
Q=[]
for p, s in zip(progresses, speeds):
if len(Q)==0 or Q[-1][0]<-((p-100)//s):
Q.append([-((p-100)//s),1])
else:
Q[-1][1]+=1
return [q[1] for q in Q]
이거는 내가 따라서 작성한 코드다.
조금 더 간결하게 만들 수 있을 것 같다.
def solution(progresses, speeds):
import math
answer = []
cur_cnt = 1
for i in zip(progresses, speeds):
if len(answer) == 0 or answer[-1][0] < math.ceil((100-i[0])/i[1]):
answer.append([math.ceil((100-i[0])/i[1]),1])
else:
answer[-1][1] += 1
return [i[1] for i in answer]
초 단위로 기록된 주식가격이 담긴 배열 prices가 매개변수로 주어질 때, 가격이 떨어지지 않은 기간은 몇 초인지를 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.
제한사항
prices의 각 가격은 1 이상 10,000 이하인 자연수입니다.
prices의 길이는 2 이상 100,000 이하입니다.
입출력 예
pricesreturn
[1, 2, 3, 2, 3]
[4, 3, 1, 1, 0]
입출력 예 설명
1초 시점의 ₩1은 끝까지 가격이 떨어지지 않았습니다.
2초 시점의 ₩2은 끝까지 가격이 떨어지지 않았습니다.
3초 시점의 ₩3은 1초뒤에 가격이 떨어집니다. 따라서 1초간 가격이 떨어지지 않은 것으로 봅니다.
4초 시점의 ₩2은 1초간 가격이 떨어지지 않았습니다.
5초 시점의 ₩3은 0초간 가격이 떨어지지 않았습니다.
※ 공지 - 2019년 2월 28일 지문이 리뉴얼되었습니다.
이 문제를 푸는데 핵심 공략법은 Stack이다.
그러나 Stack + 차원이 높은 배열이 필요하다.
언제 들어오고 언제 나갔는지 확인하기 위해 [(값, 들어온 idx, 나간 idx)]의 형태로 문제를 풀었다.
정답
def solution(prices):
stack = [(prices[0],0,-1)]
answer = [0]*len(prices)
for i in range(1,len(prices)):
if stack[-1][0] <= prices[i]:
stack.append((prices[i],i,-1))
else:
for j in range(len(stack)-1,-1,-1):
if stack[j][0] > prices[i]:
answer[stack[j][1]] = i - stack[j][1]
stack.pop()
else:
break
stack.append((prices[i],i,-1))
answer = [len(prices)-(i+1) if answer[i] == 0 else answer[i] for i in range(len(answer))]
return answer
Python의 list comprehension 덕분에 코드가 조금씩 간결해지고 있지만,
아직 부족하다 더 연습해서 진짜 간결하고 정확하게 풀고 싶다.
아래는 다른사람 코드인데,
이중 for문 돌려서 풀어도 문제가 풀리는 것 같다.
def solution(prices):
answer = [0] * len(prices)
for i in range(len(prices)):
for j in range(i+1, len(prices)):
if prices[i] <= prices[j]:
answer[i] += 1
else:
answer[i] += 1
break
return answer
