급하게임개발

취준을 준비하는 와중에 시험삼아 넣어본 펄어비스 서류가 덜컥 붙어버렸다. 

현재 일을 하고 있는 상태라서 코테랑 CS준비도 안 되있는데 붙어서 발등에 불이 떨어졌다. 

5월 19일에 발표가 나고 5월 23일에 필기 테스트를 보았다.

비밀 유지 서약서에 의해 자세한 내용은 말할 수 없다. 하지만 펄어비스 테스트를 보고 내가 매우

부족한 사람이라는 것을 인지 했다 붙기 위해 지원한 건 아니지만 막상 떨어짐을 실감하니 코테랑 CS를 내가

노리는 동계 취업시즌 까지 갈고 닦아야함을 인지 했다. 아직 필기 결과는 안나왔지만

보나마나 불합이다.

일단 나의 문제점은 내 코딩실력은 IDE발을 많이 탔다는 것이다

자동완성이 없으면 아무것도 아닌 존재 였다. 일단 STL에 있는 많이 쓰이는 함수들은 외워야 할거같다

reference가 주어지는 시험이면 모르겠는데 펄어비스 필테를 보며 느꼈다.많이 쓰는 함수는 외우자.

둘째 나의 CS지식은 처참하다 포폴이 중요하다고 너무 포폴을 만드는데에만 집중했다.

포폴도 중요하지만 CS지식은 기본이다

셋째, 게임을 좋아하면 많이 쓰이는 수학이나 물리같은건 좀 외워놓자 이거마저 못하면 개발자 실격이다

펄어비스 결과는 보나마나 불합이 확실하지만 내가 어떤 방향으로 공부를 해야할지 알려주는 좋은 경험이었던것

같다. 비록 좋은 결과는 아니더라도 나의 안일함을 일깨워 주는 경험이었다. 앞으로 이렇게 배웠던 걸 더 연마해서 

좋은 게임 개발자가 되어야겠다!!!!!!!

https://www.acmicpc.net/problem/1764

이 문제의 경우 생각 보다 쉽게 풀리는 문제일거 같았다 일단은 어차피 탐색할거라면 사전에서 이분탐색이 효율적이라 판단 되어 이분탐색으로 각각의 리스트에 중복되는게 있는 지 없는지를 판단 하려고 하였다

#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;
string DeutBo[500000];
string Bodo[500000];
string Answer[500000];
int binarysearch(string* a, string answer, int low, int high) {
	int mid;
	if (low > high)
		return 0;
	else {
		mid = (low + high) / 2;
		if (answer == a[mid]) {
			return 1;
		}
		else if (answer < a[mid]) 
			return binarysearch(a, answer, low, mid - 1);
		else
			return binarysearch(a, answer, mid + 1, high);
		
	}
}
int main() {
	int N, M;
	int cnt=0;
	cin >> N >> M;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		cin >> DeutBo[i];
	}
	sort(DeutBo, DeutBo+N);
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		cin >> Bodo[i];
	}
	sort(Bodo, Bodo + M);
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		if (binarysearch(DeutBo, Bodo[i], 0, M)) {
			Answer[cnt] = Bodo[i];
			cnt++;
		}
	}
	cout << cnt<<'\n';
	for (int i = 0; i < cnt; i++) {
		cout << Answer[i] << '\n';
	}
}

이문제의 경우 이분탐색의 개념만 알면 풀기 쉬운 문제였다 일다 string객체는 사전적 대소관계를 비교할 수 있으므로

이분 탐색을 통해 지속적으로 비교해주면 되는 문제였다

https://www.acmicpc.net/problem/7662

이 문제는 한동안 다른프로젝트를 진행하다가 다시 알고리즘을 풀면서 우선순위 큐에 대해 공부해야할 필요성이 있을거 같아 풀기 시작한 문제이다 이 문제의 경우 처음에 이중 우선순위 큐라는 자료구조를 직접 클래스로 작성할 까 생각하다가 메모리제한과 시간제한이 여유로운 것을 보고 최대값 우선순위 큐와 최솟값 우선순위 큐를 2개를 사용하여 풀면 될 것 같은 생각을 했다 이에 그렇게 구현 하여 작성했

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pqMin;
priority_queue<int, vector<int>> pqMax;
map<int, int>cnt;
void insertpq(int n) {
	pqMax.push(n);
	pqMin.push(n);
	cnt[n]++;
}
void deleteMin() {
	if (!pqMin.empty()) {
		cnt[pqMin.top()]--;
		pqMin.pop();
	}
	while (!pqMax.empty() && cnt[pqMax.top()] == 0) {
		pqMax.pop();
	}
}
void deleteMax() {
	if (!pqMax.empty()) {
		cnt[pqMax.top()]--;
		pqMax.pop();
	}
	while (!pqMin.empty() && cnt[pqMin.top()] == 0) {
		pqMin.pop();
	}
}

int main() {

	int T, n, k;
	char mode;
	cin >> T;
	for (int i = 0; i < T; i++) {
		while (!pqMax.empty()) {
			pqMax.pop();
		}
		while (!pqMin.empty()) {
			pqMin.pop();
		}

		cnt.clear();

		cin >> k;
		for (int i = 0; i < k; i++) {
			cin >> mode >> n;
			if (mode == 'I') {
				insertpq(n);
			}
			else {
				if (n == 1)
					deleteMax();
				else
					deleteMin();
				while (!pqMax.empty() && cnt[pqMax.top()] == 0) {
					pqMax.pop();
				}
				while (!pqMin.empty() && cnt[pqMin.top()] == 0) {
					pqMin.pop();
				}
			}
		}
		if (pqMax.empty() || pqMin.empty()) {
			cout << "EMPTY\n";
		}
		else cout << pqMax.top() << " " << pqMin.top() << '\n';
	}
	return 0;
}

이문제의 경우 가장 중요한건  최솟값 우선순위 큐와 최댓값 우선순위 큐를 계속 동기화를 시켜줘야 한다 즉 최댓값 우선순위 큐에서 삭제한 데이터는 후에 최솟값 우선순위 큐에서도 삭제를 해줘야한다. 또한 이 문제의 경우 여러개의 테스트 케이스를 한번에 입력함으로 각각의 테스트 케이스 마다 우선순위 큐를 초기화 시켜줘야한다 이에

		while (!pqMax.empty()) {
			pqMax.pop();
		}
		while (!pqMin.empty()) {
			pqMin.pop();
		}

이 부분을 작성해서 매 테스트 케이스 마다 초기화 시켜주었다 그후 2번째로 중요한 부분은

void deleteMin() {
	if (!pqMin.empty()) {
		cnt[pqMin.top()]--;
		pqMin.pop();
	}
	while (!pqMax.empty() && cnt[pqMax.top()] == 0) {
		pqMax.pop();
	}
}
void deleteMax() {
	if (!pqMax.empty()) {
		cnt[pqMax.top()]--;
		pqMax.pop();
	}
	while (!pqMin.empty() && cnt[pqMin.top()] == 0) {
		pqMin.pop();
	}
}

이 두 부분이다 이 두부부느이 경우 각자의 우선순위 큐에서 데이터를 지울때 일차적으로 데이터를 동기화 시켜주기 위함이다 만약 어느 한쪽에서의 값을 지웠을 경우 cnt의 값이 0이되있을 것이므로 반대쪽에 큐에서 cnt가 0인 부분들을 pop해줄수 있게 하기위해서다 

https://www.acmicpc.net/problem/2293

DP는 해도해도 실력이 확실히 점화식을 잘세워야 하는 것 같다 이문제의 경우 점화식이 무조건 필요했는데 사실 문제 이해가 잘 안 갔어서 푸는데 4시간 걸렸다......알고리즘 빨리 풀어야하는데  이문제의 경우는 일단 예시로 나온

을 기준으로 하면 동전의 갯수 만큼의 경우의 수를 생각 해주어야 했다

맨처음 첫번째 동전인 1원만으로 1원 부터 10원 까지 만들 수 있는 경우의 수를 dp 에 채워 준다 그 후

2원 부분의 행을 채워 줘야한다 2원 부분의 행은 무조건 해당 단계에서 2원만을 사용해서 그 해당 수를 만들어 주는 경우의 수다 이부분에서는 5원에 대한 생각은 해주지 않습니다 2원의 행은 2원과 1원 부분만을 이용해서 그 해당 원수를 만드는 것 입니다

이에 이렇게 쭉 구하면서 5원 부분까지 가면 10월을 만들 때 딱 5원을 추가하여 10원을 만드는 경우의 수는 5원으로 5원을 만든 경우의수와 1원과 2원으로 만든 5원의 경우의 수와 1원으로만 만든 5원의 경우의 수를 더하여 4가지가 나온다 이렇게 생각을 하게 되면 이문제의 dp를 추정 할 수 있습니다 하지만 위에거를 그대로 사용하여 2차원 배열을 사용하게 되면 4mb를 초과하는 사태가 발생하여 틀렸습니다가 생겼습니다 이에 우리는 위에 식을 이용해 점화식을 더간단한 점화식을 만들어야합니다.

점화식을 세울때 우리가 봐야할 부분은 합계입니다  2원에서의 합계를 보시지요 자 기존에 1원에서 만 만들었던 값에서 자기자신을 뺀 부분에서의 값을 더해줌으로서 지금 원을 만드는데 2원을 넣었다고 가정했을 때의 경우의 수를 더해주게 됩니다.

각 2원의 행을 예시로 봅시다 2원의 행은 지금 계속 표를 보면 0원에서 2원

dp[2] += dp [0]   2

dp[3] += dp [1]   2

dp[4] += dp [2]   3

즉 dp[2] 의경우 1원으로 만든 경우의 수 + 0원의 경우의 수가 됩니다 이유는 0원에서 2원을 고름으로서 2원을 만들 것이기 때문입니다 이에

dp 배열의 합계 부분들은 이런식으로 값이 바뀌게 됩니다.

즉 먼저 하나의 코인으로 해당 값을 만든 다고 가정하고 그 경우의 수에서 나의 동전값을 뺏을 때의 경우의 수를 더해줘야 합니다 

https://www.acmicpc.net/problem/1074

이 문제는 앞으로 보나 뒤로 보나 분할 정복을 쓸거 같은 문제였다 처음에는 배열의 값을 분할정복을 이용해서 넣어주려했으나 이문제의 배열만큼의 크기를 선언하려면은 이문제의 메모리 제한을 넘는 배열이 생성 된다 이에 이문제는 소속 해 있는 행과 렬을 계산 해주면서 푸는 문제가 되겠다.

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, r, c;
int ans;
void solution(int row , int col , int size) {
	if (r == row && c == col) {
		cout << ans;
		return;
	}
	if (r >= row && r < row + size && c >= col && c < col +size)
	{
		solution(row, col, size / 2);//1사분면
		solution(row, col + size/2, size / 2); //2사분면
		solution(row + size/2, col, size / 2); // 3사분면
		solution(row + size / 2, col + size / 2, size / 2); //4사분면
	}
	else {
		ans += size * size;
	}
}
int main() {
	cin >> n >> r >> c;
	solution(0, 0, pow(2,n));
}

이 문제의 설명을 하자면

일단 초기값을 입력 받았을때 size의 크기의 col이 0~7 row가 0~7에 있는지 확인한다 그후 n과 r이 있는 사분면을 만났을 때 그 4분면을 4개로 쪼갠후 자신의 값이 포함되어 있는 4분면 쪽으로 들어가 답이 나올 때 까지 쪼개면서 결국에는 size가 1이 될 때까지 4분면의 4분면...을 찾아 들어간다 만약 4분면에 포함이 안되면 그 4분면의 크기만큼 ans값에 더해준다. 왜냐면 그만큼의 크기를 뛰어넘은것으로 생각되기 때문이다 

이에 이렇게 풀면 분할정복으로 이문제를 풀 수 있다

https://www.acmicpc.net/problem/1715

이 문제의 경우 생각하는건 쉬웠다 사실 어떠한 배열에서 가장 작은 2개를 선택한 후 이를 그다음 작은애랑 더해주면 되는 문제였다 그래서 이문제를 나는 큐를 사용해서 풀고 싶었다. priority queue를 사용해서 풀고 싶었기 때문에 사실 데큐를 사용해서 풀수도 있는 문제기는 하다 데큐로 푸는 방식은 그냥 입력받은애들을 작은애들 순으로 소팅한 후 더한후 front에 넣고 다시 front에서 두개를 더한후 넣고 다시 두개 팝해서 넣고 하는 방식으로 하면 된다 이러한 로직도 priority queue에 적용이 되기 때문에 사용하면 된다 소스코드는 이렇게 된다

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > pq;
int main() {
	int card;
	int n;
	int sum = 0;
	cin >> card;
	for (int i = 0; i < card; i++) {
		cin >> n;
		pq.push(n);
	}

	while (pq.size() > 1) {
		int x, y;
		x = pq.top();
		pq.pop();
		y = pq.top();
		pq.pop();
		sum += (x + y);
		pq.push(x + y);
	}
	
	cout << sum;

}

https://www.acmicpc.net/problem/12865

이 문제는 내가 지금 까지 DP배열을 1차원 배열로 만드는데 익숙 해져서 그런지 2차원 배열로 설정 하는 것을 생각을 못해서 어려운 문제 였다. 이 문제의 경우 나는 이렇게 생각 해주었다.

일단 나는 이문제를 1번 아이템 부터 4번아이템을 넣어준다고 가졍하였다 이문제에서 0은 어떠한 아이템도 안 넣었다고 생각해서 0이자 무게가 0이라고 생각을 했다 이렇게 생각하지 않으면 너무 헷갈렸다 그래서 1번을 넣었을 때 무게가 6이고 7인 경우에는 1을 넣었기 때문에 1의 무게인 13을 넣었다. 1을 넣었을 때 무게가 1,2,3,4 일 수는 없으니 1을 넣지 않았다는 표시이자 안 넣었고 무게도 0이니 0으로 한다. 2번아이템을 넣었을 때 도 마찬가지 무게가 1,2,일 때는 2번을 넣었을 때

무게가 4로 초과되니 0으로 표시한다 그후 무게가 4랑 5일때는 

나의 이전 단계인 1을 넣었을 때의 무게들 중 나를 안넣었다고 가정한 무게 + 나의 무게를 했을 때와 이전단계의 무게들과 비교하여 더큰 값을 넣어준다. 이것을  dp로 표현 하면

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - W[i]] + V[i]); 

예시로 dp[2][6]은 dp[1][2]+v[2] 과 dp[1][6]일 때를 비교한다 이 의미는 1을 먼저 넣을 안넣을 지 결정하는 상태에서 무게가 2일때+나의 더했을 때의 가치와 1을 넣을 안넣을지 결정했을 무게가 6인 경우를 비교하여 더 큰 값을 선택한다.

쉽게 설명하자면

1을 넣을지 말지 결정했을 때  특정 무게를 맞춘다고 가정했을 때 나의 무게를 더해서 그 무게를 맞춘다고 가정한 값과 이전 단계에서 그 무게를 달성했을 때의 값을 비교하여 큰값을 선택해 주는것이다.

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long dp[101][100001];//가방 물건의 번호,내가방의 무게
int W[101];
int V[101];
int main() {
	int maxItemNum;
	int maxItemWeight;
	cin >> maxItemNum >> maxItemWeight;

	for(int i=1; i<=maxItemNum; i++){
		cin >> W[i] >> V[i];
	}

	for (int i = 1; i <= maxItemNum; i++) {
		for (int j = 1; j <= maxItemWeight; j++) {
			if (j - W[i]>=0) {
				dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - W[i]] + V[i]);
			}
			else {
				dp[i][j] = dp[i - 1][j];
			}
		}
	}
	cout << dp[maxItemNum][maxItemWeight];
}

그래서 이러한 점화식으로 이문제를 풀면 전체 식이 이렇게 된다. 1차원으로 dp를 세우는 거 뿐만 아니라 다차원의dp 도 세우는 방법을 연습해야 할거 같다.

https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/12914?language=cpp 

이 문제의 경우 백준의 dp문제에 항상 시달리던내가 풀기에도 쉬운 문제였다 처음 이문제를 풀때는 dfs로 접근해볼까라는 생각을 하고 풀어보았다 하지만 dfs의 특징상 하나한 다해보기때문에 경우의 수가 기하급수적으로 늘어나 시간복잡도가 무지막지하게 늘어나는 현상을 보여주었기 떄문에 결국에 이전값을 사용하는 dp로 이문제를 풀었다 이문제의 경우 어떠한 발판에 도착하는  경우의 수는 총 2가지이다 내 2번째  전 발판에서 오거나 내 저에 발판에서 오거나 이다. 2번째 발판 전도 마찬가지고 전 발판들도 똑같다 즉 나까지 도착하는 경우의수는 내 2번째전 발판까지 오는 경우의수와 나의 전 발판 까지 오는 경우의 수의 합이다. 이에 점화식은 

 dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2]) 이것이다

long long dp[2001];
long long solution(int n) {
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2])%1234567;
    }
    long long answer = dp[n];
    return answer;
}