01. dp hard

By POSTECH Computer Algorithm Team
DP Hard
조승혁

Contents
POSTECH Computer Algorithm Team
K번째 답 1
배낭 문제 0
Bit DP 2

- 이번 세미나는 어려운 DP들을 배웁니다.
- 이전보다 어려운, 다양한 유형의 DP들이 나옵니다!
- 그리고 답(값)만 구하는 것이 아닌, 답을 만들어내는 상황을 출력하는 문제들이 많으니, 주의하시기 바랍니다.
개요

- 기본적으로 DP문제들은 사이클이 없는 그래프입니다.
- 그리고 실제 상황을 출력하는 문제들은, 자식들 중 하나를 고르는 경우가 많습니다.(제일 작은 값, 큰 값 등)
- 사이클이 없기 때문에, 현재 문제를 풀기 위해 사용한 자식 문제가 바뀌는 경우가 없습니다.
- 그래서 어떤 자식 문제를 이용해서 답을 냈는지 저장할 수 있습니다.
- 이렇게 저장해놓은 자식들을 따라가면 실제 답을 만들어내는 상황을 만들어낼 수 있습니다.
실제 상황?
DP Hard

- 한 여행가가 가지고 가는 배낭에 담을 수 있는 무게의 최댓값이 정해져 있고, 일정 가치와 무게가 있는 짐들을
배낭에 넣을 때, 가치의 합이 최대가 되도록 짐을 고르는 방법을 찾는 문제
- 대표적인 조합 최적화 문제
- https://www.acmicpc.net/problem/12865 (가치의 합을 출력하는 문제)
- https://algospot.com/judge/problem/read/PACKING (짐들을 출력하는 문제)
배낭 문제
Knapsack

Knapsack
1. Brute force
- 각 물건은 선택되거나 안 되거나, 총 2 가지 상태가 있다.
- 2^N가지 경우 중, 조건(배낭 무게)를 만족하면서 가치가 제일 높은 것을 찾으면 된다.
- 각 경우마다 가치 합을 구해야 하므로, 시간복잡도는 O(N x 2^N)
- 당연하게도, 터진다…

Knapsack
2. 버틸 수 있는 무게 K를 이용해보자.
- 1부터 i번째 물품을 이용해서 무게 w를 만들었다고 하자.
- 무게가 w가 되려면, 1 ~ (i–1)번째 물품을 이용해서 w를 쓰고, i번째 물품을 사용하지 않거나
- 1 ~ (i-1)번째 물품을 이용해서 w – (i번째 물품의 무게)를 만들고, i번째 물품을 사용하면 된다.

Knapsack
즉, 1 ~ i번째 물건을 이용해서 무게 w를 만들었을 때, 가치의 최댓값은 다음과 같이 구할 수 있다.
- D[i][w] = max(D[i – 1][w], D[i – 1][w – (i번째 물건의 무게)] + (i번째 물건의 가치))
- 1 <= i <= N, 0 <= w <= K에 대해 진행하면 된다.
- 위 범위에서 시행했을 때, D[i][w]의 최댓값을 답으로 출력하면 된다.
- 시간복잡도 O(NK)

Code Explanation
Code
https://www.acmicpc.net/problem/12865
평범한 배낭

Knapsack
Q) 물건의 개수가 조금만 많아져도 메모리가 터진다. 메모리를 아낄 수 있는 방법이 없을까?

Knapsack
A) D[K] 배열만 잡아도 충분히 문제를 풀 수 있다.
- 생각해보면, D[i][w]는 D[i – 1][1…w]의 값만을 필요로 한다
- 즉, i번째 물품의 가치 값들을 다 구하면 i – 1번째 물품에 대한 가치 값들은 필요가 없어진다.
- 따라서 D[K]배열에 덮어씌우는 식으로 진행할 수 있다.
- 이렇게 하면 메모리를 1/N 만큼 아낄 수 있다!
- 이를 ‘sliding window’라고 한다.

- 가끔 문제에서 최대 또는 최솟값을 묻는 것이 아닌, K번째로 큰 값을 묻는 경우가 있다.
- 중복되는 부분 문제들은 메모이제이션으로 처리하는 것이 아닌, 아예 풀지 않도록 처리한다.
- https://algospot.com/judge/problem/read/MORSE
- https://algospot.com/judge/problem/read/KLIS
K번째 답
Kth solution

1. Brute force
- 총 n개의 장점, m개의 단점이 있다.
- 이들로 만들 수 있는 모스 부호는 총 n+mCn 이다.
- 모스 부호를 모두 만들고, 정렬한다. 그 중에서 k번째 모스부호를 출력하면 된다.
- 시간복잡도 O(n+mCn log(n+mCn) )
- 당연히 터진다.
MORSE
Kth solution

Kth solution
2. 잘라내기
- 앞에서 몇 개의 장점과 단점을 사용하여, a개의 장점과 b개의 단점이 남았다고 하자.
- 남은 장단점을 이용하여 만들 수 있는 모스 부호는 다음과 같다.
1. 단점으로 시작하는 모스 부호 a+b-1Ca개.
2. 장점으로 시작하는 모스 부호 a+b-1Cb개.
- 만약 k < a+b-1Cb이면, k번째 모스 부호는 장점으로 시작하는 모스 부호 중에 있고, 아니면 단점으로 시작하는
모스 부호 있다는 것을 알 수 있습니다.
- 이렇게 진행하여 장점과 단점을 모두 사용하였을 때 나오는 모스 부호가 답인 것을 알 수 있습니다.

Kth solution
점화식은 다음과 같다.
D(a, b, k) : 장점 a개, 단점 b개로 만들 수 있는 모스 부호들 중 k번째.
= ‘-’ + D(a – 1, b, k) (n > 0 and k <= a+b-1Cb)
= ‘o’ + D(a, b – 1, k – a+b-1Cb) (else)

Code Explanation
Code
https://algospot.com/judge/problem/read/MORSE
MORSE

- MORSE와 똑같이 접근하면 된다.
Q) MORSE의 경우, 시작이 장점인지 단점인지를 기준으로 잘라내었다. KLIS는 무엇을 기준으로 잘라낼까?
KLIS
Kth solution

Kth solution
A) i번째 수를 시작으로 하는 LIS 수로 잘라내면 된다.
- Count[i] : i번째 수를 시작으로 하는 LIS 수
- Lis[i] : i번째 수를 시작으로 하는 LIS의 길이
- Lis[i] = max(Lis[j] where i<j and S[i]<S[j]) + 1
- Count[i] = sum(Count(j) where i<j and S[i]<S[j] and Lis[i]=Lis[j]+1)

Kth solution
- 구해놓은 Lis, Count를 이용하면 다음과 같이 k번째 LIS를 구할 수 있다.
Kth(i,skip) : i번째 수를 시작으로 하는 LIS 중 skip 번째 LIS.
= S[i] + Kth(j, skip – Count(j))
여기서 j는
- i<j, S[i]<S[j], Lis[i]=Lis[j]+1 를 만족하고,
- sum(Count(i…j) 중 앞의 조건을 만족하는 index들) > skip 중 가장 작은 j

- Bitmask를 활용하는 DP도 있다.
- https://algospot.com/judge/problem/read/RESTORE
Bit DP
Bit DP

- 결론부터 말하자면, 외판원 순회 문제(TSP)와 똑같은 문제다.
- 외판원 순회 문제(TSP) : https://www.acmicpc.net/problem/2098
Q) RESTORE문제를 외판원 순회 문제로 치환해보자.
RESTORE
Bit DP

Bit DP
A)
- 각 word를 정점으로 한다.
- i번째 word 다음에 j번째 word가 온다고 하자. 이러면 i번째 word의 접미사와 j번째 word의 접두사 일부가 겹칠
것이다. 이를 overlap(i, j)라고 하자.
- ex) word, rdii => overlap(word, rdii) = 2
- i번째 word와 j번째 word를 잇는 간선의 비용을 overlap(i, j)로 정의하면 된다.
- 이를 모든 word 쌍에 대해서 진행하면 된다.(완전 그래프)

Bit DP
1. 완전 탐색
- 1 ~ k의 word를 나열할 수 있는 모든 경우를 본다.
- 각 경우마다 overlap의 sum을 계산한다.
- (단어 길이 합) – (overlap 합)이 제일 작은 경우를 출력한다.
- overlap을 구하는데 O(k), word를 나열하는데 O(k!)
- 시간복잡도 O(k x k!)
- 당연히 터진다!
Q) 여기서 겹치는 부분 문제가 없는가?

Bit DP
2. DP
- 몇몇 정점들을 돌고, 도착한 정점을 here라고 하자.
- 남은 정점들의 list를 left라고 하자.
- 생각해보면, (here, left)를 만족하는 최단 경로를 구하는 것은 앞에 지나온 정점들과 무관하다.
- 즉, 한 번 구하면 계속 사용할 수 있다 => DP
- 따라서 다음과 같이 점화식을 만들 수 있다.
D(here, left) : 시작점을 here로 하고, 남은 정점 left를 도는 경로 중, overlap의 합이 제일 작은 경로
= max(overlap(here, next) + D(next, left – next))

Code Explanation
Code
https://algospot.com/judge/problem/read/RESTORE
RESTORE

- https://www.acmicpc.net/problem/10937
- https://algospot.com/judge/problem/read/ZIMBABWE
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