백준 1966번: 프린터 큐 (Python & JAVA)

문제

여러분도 알다시피 여러분의 프린터 기기는 여러분이 인쇄하고자 하는 문서를 인쇄 명령을 받은 ‘순서대로’, 즉 먼저 요청된 것을 먼저 인쇄한다. 여러 개의 문서가 쌓인다면 Queue 자료구조에 쌓여서 FIFO - First In First Out - 에 따라 인쇄가 되게 된다. 하지만 상근이는 새로운 프린터기 내부 소프트웨어를 개발하였는데, 이 프린터기는 다음과 같은 조건에 따라 인쇄를 하게 된다.

1. 현재 Queue의 가장 앞에 있는 문서의 ‘중요도’를 확인한다.
2. 나머지 문서들 중 현재 문서보다 중요도가 높은 문서가 하나라도 있다면, 이 문서를 인쇄하지 않고 Queue의 가장 뒤에 재배치 한다. 그렇지 않다면 바로 인쇄를 한다.

예를 들어 Queue에 4개의 문서(A B C D)가 있고, 중요도가 2 1 4 3 라면 C를 인쇄하고, 다음으로 D를 인쇄하고 A, B를 인쇄하게 된다.

여러분이 할 일은, 현재 Queue에 있는 문서의 수와 중요도가 주어졌을 때, 어떤 한 문서가 몇 번째로 인쇄되는지 알아내는 것이다. 예를 들어 위의 예에서 C문서는 1번째로, A문서는 3번째로 인쇄되게 된다.

입력

첫 줄에 테스트케이스의 수가 주어진다. 각 테스트케이스는 두 줄로 이루어져 있다.

테스트케이스의 첫 번째 줄에는 문서의 개수 N(1 ≤ N ≤ 100)과, 몇 번째로 인쇄되었는지 궁금한 문서가 현재 Queue에서 몇 번째에 놓여 있는지를 나타내는 정수 M(0 ≤ M < N)이 주어진다. 이때 맨 왼쪽은 0번째라고 하자. 두 번째 줄에는 N개 문서의 중요도가 차례대로 주어진다. 중요도는 1 이상 9 이하의 정수이고, 중요도가 같은 문서가 여러 개 있을 수도 있다.

출력

각 테스트 케이스에 대해 문서가 몇 번째로 인쇄되는지 출력한다.

 

---

 

풀이

그렇게 어려울 건 없다. 다만, queue의 의미를 살려서 짜진 않았다(일단 while문마다 O(N)연산인 max가 있다는 점, popleft과 append를 통해 리스트 편집을 해야한다는 점 등). 처음에는 queue의 의미를 살려서 짜려고 했으나, 머리 속에서 생각이 꼬이면서 머리가 안 돌아가기 시작해서 list로 짰다. list 최고!

 

코드

import sys

T = int(sys.stdin.readline())
for i in range(T):
    count = 0
    N, idx = map(int, sys.stdin.readline().split())
    index_list = [0 for i in range(N)]
    index_list[idx] = 1
    importance = list(map(int, sys.stdin.readline().split()))   

    while(len(importance) >= 1):
        if importance[0] == max(importance):
            if index_list[0] == 1:
                count += 1
                break
            else:
                del importance[0]
                del index_list[0]
                count += 1
        else:
            importance = importance[1:] + [importance[0]]
            index_list = index_list[1:] + [index_list[0]]
    
    print(count)

 

 

Revisited with JAVA (22.02.08)

다시보니, 풀이가 거지같다. 각 회차마다 importance랑 index_list를  뜯어고치는 O(N) 연산을 수행한다.

 

풀이 (Jinhan님 블로그 참고)

문제에서 요구하는 시뮬레이션을 구현할 queue를 정의한다. 각 시행마다 맨 앞의 원소의 중요도가 현재 queue에 있는 원소 중 가장 큰 중요도인지 확인해야 하는데, queue는 (원칙적으로) 맨 앞의 원소값만 확인할 수 있으므로 (+ 전체 순회의 time complexity는 O(N)으로 좋지 않으므로) list priorityList를 정의하여 sort해준 후, peek()하여 확인한 중요도가 list의 맨 마지막 원소랑 같은지 확인하는 방식으로 구현한다. 그러면 처음 sort시에 O(NlogN) 연산 수행 후 각 시행마다 O(1)(=list의 search) 연산만 수행하면 된다.

{1, 2, 3, 4, 5, 6}, M = 0과 같은 input을 생각해보면 위 알고리즘의 worst time complexity는 O(N^2)가 될 것이다. N = 100이니 충분하며, 사실 이보다 널널한 알고리즘으로도 잘 풀린다.

 

코드

import java.io.BufferedReader;
import java.io.IOException;
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.ArrayDeque;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Collections;
import java.util.List;
import java.util.Queue;
import java.util.StringTokenizer;

public class Main {

	public static void main(String[] args) throws IOException{
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		int t = Integer.parseInt(br.readLine());
		StringTokenizer st;
		Queue<int[]> queue = new ArrayDeque<int[]>();
		List<Integer> priorityList = new ArrayList<Integer>();
		
		for (int i = 0; i < t; i++) {
			int totalCnt = 0;
			queue.clear();
			priorityList.clear();
			st = new StringTokenizer(br.readLine());
			int N = Integer.parseInt(st.nextToken());
			int M = Integer.parseInt(st.nextToken());
			st = new StringTokenizer(br.readLine());
			
			for (int j = 0; j < N; j++) {
				int[] temp = {j, Integer.parseInt(st.nextToken())};
				queue.offer(temp);
				priorityList.add(temp[1]);
			}
			
			Collections.sort(priorityList);
			
			while (true) {
				if (queue.peek()[1] == priorityList.get(priorityList.size()-1)) {
					if (queue.peek()[0] == M) {
					System.out.println(++totalCnt);
					break;
					}
					queue.poll();
					totalCnt++;
					priorityList.remove(priorityList.size()-1);
				}
				else {
					queue.offer(queue.poll());
				}
			}
		}
	}

}