[BOJ] 2270 - 하노이탑
아이디어
관점의 변화
일반적으로 하노이 탑 문제를 해결하는 방식은 다음과 같다.
N개의 원판을 시작지점에서 목적지점으로 옮기는 경우
- N번째 원판 위에 있는 N-1개의 원판을 시작과 목적지점이 아닌 중간 지점으로 옮긴다.
- N번째 원판을 목적지점으로 옮긴다.
- N-1개의 원판을 N번째 원판 위(목적지점)으로 옮긴다.
이렇게 N개의 원판을 옮기는 경우의 수는 $2^n-1$로 알려져 있다.
이제 주어진 문제를 살펴보면, N번째 원판부터 시작해 하나씩 목적지점으로 옮겨간다는 기본적인 알고리즘을 똑같이 적용할 수 있다.
따라서 다음의 2가지를 확인하면 문제를 해결할 수 있다.
현재 확인하는 원판의 번호를 i라고 할 때,
- i가 목적지에 존재한다면, i는 옮길 필요가 없다.
- i가 목적지에 존재하지 않는다면, 1번부터 i-1까지의 원판을 모두 중간지점으로 옮기고, i를 목적지로 이동시킨 후 다시 1번부터 i-1까지의 원판을 모두 목적지로 옮긴다.
- 여기서 1번부터 i-1까지의 원판을 중간지점으로 옮긴 이후에는 해당 원판들이 하나의 칸에 정렬되어 있으므로, 중간지점의 원판들을 목적지점으로 옮기는 시간은 $2^{i-1}-1$이다.
- i번째 원판을 목적지로 옮기는 시간은 1이므로, 두 시간을 합하면 $2^{i-1}$시간이 소요된다.
- 따라서 1번부터 i-1까지의 원판을 중간지점으로 옮긴 이후의 시간을 먼저 구할 수 있으며 이 값은 각 i에 대해 상수이므로 1번부터 i-1까지의 원판을 중간지점으로 옮기기 위한 시간을 이후에 구해도 문제가 없다.
구현
시작 시점에서 각 원판이 어느 막대기에 위치해 있는지를 저장한다.
만일 확인하는 시점에서 해당 원판이 목적지에 있지 않다면, 위에서 정의한 시간을 ans에 더해주고 목적지를 중간지점으로 변경한다.
시간 복잡도
N개의 원판을 한 번씩 탐색하며 수행하므로 O(n)의 시간복잡도를 가진다.
소스코드
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <set>
#define MOD 1000000
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
ll movecnt[100005] = { 1 };
int idx[100005];
int main(void) {
int n, a[3];
int s, m = 0, e;
scanf("%d %d %d %d", &n, a, a + 1, a + 2);
// init
for (int i = 1; i <= n; i++) {
movecnt[i] = (movecnt[i - 1] * 2) % MOD;
}
for (int i = 0; i < 3; i++) {
int x;
x = a[i];
for (int j = 0; j < x; j++) {
int y;
scanf("%d", &y);
idx[y] = i;
}
}
e = idx[n];
s = idx[n - 1];
while (m == e || s == m) m++;
ll ans = 0;
for (int i = n - 1; i > 0; i--) {
m = 0;
s = idx[i];
while (m == e || s == m) m++;
if (idx[i] != e) {
ans = (ans + movecnt[i - 1]) % MOD;
swap(e, m);
}
}
printf("%d\n%lld", idx[n] + 1, ans);
return 0;
}
This post is licensed under CC BY 4.0 by the author.
Comments powered by Disqus.