백준 9465번

문제 해설이 아닌 풀이하며 거쳐간 생각들을 기록해둔 글입니다.

문제

상근이의 여동생 상냥이는 문방구에서 스티커 2n개를 구매했다. 스티커는 그림 (a)와 같이 2행 n열로 배치되어 있다. 상냥이는 스티커를 이용해 책상을 꾸미려고 한다.

상냥이가 구매한 스티커의 품질은 매우 좋지 않다. 스티커 한 장을 떼면, 그 스티커와 변을 공유하는 스티커는 모두 찢어져서 사용할 수 없게 된다. 즉, 뗀 스티커의 왼쪽, 오른쪽, 위, 아래에 있는 스티커는 사용할 수 없게 된다.

모든 스티커를 붙일 수 없게된 상냥이는 각 스티커에 점수를 매기고, 점수의 합이 최대가 되게 스티커를 떼어내려고 한다. 먼저, 그림 (b)와 같이 각 스티커에 점수를 매겼다. 상냥이가 뗄 수 있는 스티커의 점수의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오. 즉, 2n개의 스티커 중에서 점수의 합이 최대가 되면서 서로 변을 공유 하지 않는 스티커 집합을 구해야 한다.

위의 그림의 경우에 점수가 50, 50, 100, 60인 스티커를 고르면, 점수는 260이 되고 이 것이 최대 점수이다. 가장 높은 점수를 가지는 두 스티커 (100과 70)은 변을 공유하기 때문에, 동시에 뗄 수 없다.

입력

첫째 줄에 테스트 케이스의 개수 T가 주어진다. 각 테스트 케이스의 첫째 줄에는 n (1 ≤ n ≤ 100,000)이 주어진다. 다음 두 줄에는 n개의 정수가 주어지며, 각 정수는 그 위치에 해당하는 스티커의 점수이다. 연속하는 두 정수 사이에는 빈 칸이 하나 있다. 점수는 0보다 크거나 같고, 100보다 작거나 같은 정수이다.

출력

각 테스트 케이스 마다, 2n개의 스티커 중에서 두 변을 공유하지 않는 스티커 점수의 최댓값을 출력한다.

접근 과정

처음에는 어떤 조건에서 스티커를 골라야 최적의 해를 구할 수 있을까 고민했지만 간단한 조건으로 이를 해결할 수 없을 것으로 보여 금방 포기했다.
그래도 한가지 발견한 규칙이 어떠한 경우에도 양 끝 부분의 스티커 하나씩은 고를 수 있다는 것이었다. 그래서 첫 스티커 중 하나를 고른 후 이후 고를 수 있는 경우를 하나씩 고르며 완전탐색을 진행하면 어떨까 싶었다.
다만 입력값이 최대 10만개나 되고 중복되는 연산이 많아 시간초과가 날 것이 분명했다. 여기서 촉이 온 것이 완전탐색으로 구현할 수 있고 중복된 연산이 많은 경우 대부분은 메모이제이션 기법으로 최적화 할 수 있다는 점이었다.
맨 왼쪽에서 부터 스티커를 골랐을 때 얻을 수 있는 최댓값을 캐시 배열에 기록하는데 각 스티커는 자기의 왼쪽 위(혹은 아래)나 두칸 왼쪽 위(혹은 아래)를 고른 뒤 고를 수 있으므로 둘 중 최대가 되는 값을 골라 기록하면 된다.
다 기록했다면 맨 끝에 있는 2개의 스티커 중 골랐을 때 가장 큰 값이 스티커 점수의 최댓값이 된다.

소스 코드

#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
    
    int t;
    int sticker[2][100000];
    int cache[2][100000];

    cin >> t;

    for (int i = 0; i < t; ++i) {
        int n;
        cin >> n;

        for (int k = 0; k < n; ++k) { cin >> sticker[0][k]; }
        for (int k = 0; k < n; ++k) { cin >> sticker[1][k]; }
        
        cache[0][0] = sticker[0][0];
        cache[1][0] = sticker[1][0];
        cache[0][1] = sticker[0][1] + sticker[1][0];
        cache[1][1] = sticker[0][0] + sticker[1][1];
        for (int k = 0; k < n; ++k) {
            cache[0][k] = max(cache[1][k - 1], cache[1][k - 2]) + sticker[0][k];
            cache[1][k] = max(cache[0][k - 1], cache[0][k - 2]) + sticker[1][k];
        }
        cout << max(cache[0][n - 1], cache[1][n - 1]) << '\n';
    }

    return 0;
}