AtCoder Beginners Selection

ABS는 무엇부터 시작해야 할지 막막한 사람들을 위해 준비된 초보자용 문제집입니다.

앞쪽은 입출력과 반복문 위주라 가볍게 풀리지만, Otoshidama부터는 조금 더 생각을 요구합니다.

제가 직접 전부 풀어보면서 풀이·증명과 Python 코드를 정리해 두었습니다.

Welcome to AtCoder

$a + b + c$ 와 $s$ 를 반각 공백으로 구분해서 출력하면 됩니다.

코드 (Python)

a = int(input())
b, c = map(int, input().split())
s = input()
 
print(a + b + c, s)

Product

짝수는 $2$ 로 나누어떨어지는 수입니다.

$ab$ 가 $2$ 로 나누어떨어지는지 확인해보면 됩니다.

코드 (Python)

a, b = map(int, input().split())
 
if a * b % 2 == 0:
    print("Even")
else:
    print("Odd")

Placing Marbles

어떤 방법으로든 주어진 문자열의 $1$ 의 개수를 세면 됩니다.

코드 (Python)

s = input()
print(s.count("1"))

Shift only

하나라도 홀수가 존재할 때 까지 전체를 $2$ 로 나누는 것을 반복하면 됩니다.

이때 $2$ 로 나누는 횟수는 $\lceil \log_2 A_i \rceil$ 를 넘길 수 없으므로 시간 복잡도는 $O(N\log\min(A_i))$ 이 됩니다.

코드 (Python)

N = int(input())
A = list(map(int, input().split()))
 
ans = 0
while True:
    has_odd = False
    for i in range(N):
        if A[i] % 2 == 1:
            has_odd = True
            break
 
    if has_odd:
        break
 
    for i in range(N):
        A[i] //= 2
    ans += 1
 
 
print(ans)

Coins

동전을 고르는 $(A + 1)(B + 1)(C + 1)$ 가지 모든 경우에 대해 금액이 $X$ 엔이 되는지 검사하면 됩니다.

시간 복잡도는 $O(ABC)$ 입니다.

코드 (Python)

A = int(input())
B = int(input())
C = int(input())
X = int(input())
 
ans = 0
 
for i in range(A + 1):
    for j in range(B + 1):
        for k in range(C + 1):
            if 500 * i + 100 * j + 50 * k == X:
                ans += 1
 
 
print(ans)

Some Sums

어떤 자연수 $n$ 의 모든 자리의 합은 $1$ 의 자리 수, $10$ 의 자리 수, $100$ 의 자리 수, $\dots$ 를 모두 합하면 됩니다.

먼저 $1$ 의 자리 수는 $n$ 을 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

$10$ 의 자리 수는 $n$ 을 $10$ 으로 나눈 몫에서 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

$100$ 의 자리 수는 $n$ 을 $100$ 으로 나눈 몫에서 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

이를 계속 반복해서 모두 더해주고, $A$ 랑 $B$ 사이인 것만 답에 더해주면 됩니다.

자릿수를 모두 더하는 데 각각 $O(\log n)$ 이 걸리므로 총 시간 복잡도는 $O(N\log N)$ 입니다.

코드 (Python)

N, A, B = map(int, input().split())
 
 
def digit_sum(n):
    ret = 0
    while n:
        ret += n % 10
        n //= 10
 
    return ret
 
 
ans = 0
for i in range(1, N + 1):
    if A <= digit_sum(i) <= B:
        ans += i
 
print(ans)

Card Game for Two

두 사람이 번갈아가면서 카드를 가져갈 때, 남아있는 카드 중 수가 가장 큰 카드를 가져가는게 이득입니다.

증명

이는 수학적 귀납법으로 증명할 수 있습니다.

$N \leq 2$ 에 대해서는 자명하게 참입니다.

$N = k$ 에 대해 가정이 성립한다고 합시다. $N = k + 1$ 에 대해 살펴봅시다.

선공이 고른 카드에 적힌 수를 $a_i$ , 카드 중 가장 큰 수를 $a_j$ 라 합시다.

$i = j$ 인 경우 Alice의 점수를 $A$ , $i \neq j$ 인 경우 $A'$ 라 합시다.

$N = k$ 에 대해 가정이 성립하므로 Alice가 무엇을 고르든 Bob은 가장 큰 수를 고르게 될 것 입니다.

따라서 $A' = A - a_j + a_i$ 가 됩니다.

그런데 $a_j \geq a_i$ 이므로 $A' \leq A$ 이고 따라서 카드 중 가장 큰 수를 고르는 것이 항상 이득입니다.

따라서 $a$ 를 내림차순으로 정렬한 다음 번갈아가서 고르면 답을 계산할 수 있습니다.

정렬하는 데 $O(N\log N)$ 이 걸리므로 총 시간 복잡도는 $O(N\log N)$ 입니다.

코드 (Python)

N = int(input())
a = sorted(map(int, input().split()), reverse=True)
 
score = [0, 0]
 
for i in range(N):
    score[i % 2] += a[i]
 
print(score[0] - score[1])

Kagami Mochi

문제의 조건에 따라 직경이 같은 임의의 두 모찌는 어떻게 하더라도 같이 쌓을 수 없습니다.

따라서 직경이 같은 두 모찌는 하나로 생각하면, 문제에서 주어지는 모찌의 직경이 모두 다른 것으로 생각할 수 있습니다.

모찌의 직경이 전부 다르다면 내림차순으로 정렬해서 쌓으면 되므로 문제의 답은 서로 다른 $d_i$ 의 값의 개수가 됩니다.

적절한 방식으로 중복을 제거하면 시간 복잡도 $O(N)$ 에 해결할 수 있습니다.

코드 (Python)

N = int(input())
 
d = set(int(input()) for _ in range(N))
 
print(len(d))

Otoshidama

지폐의 개수 합이 $N$ 이하인 모든 경우에 대해 하나라도 $Y$ 엔인 경우가 있는지 살펴보면 됩니다.

세 종류의 지폐마다 모든 경우의 수를 살펴보면 시간 복잡도가 $O(N^3)$ 이 됩니다.

하지만 만엔짜리와 오천엔짜리의 개수가 정해지면 나머지 천엔짜리 지폐의 개수는 정해지므로 시간 복잡도를 $O(N^2)$ 로 낮출 수 있습니다.

코드 (Python)

N, Y = map(int, input().split())
 
 
def find_answer():
    for i in range(N + 1):
        for j in range(N - i + 1):
            remain = Y - 10000 * i - 5000 * j
            k = remain // 1000
            if remain % 1000 == 0 and i + j + k == N:
                return (i, j, k)
 
    return (-1, -1, -1)
 
 
print(*find_answer())

Daydream

자세히 관찰하면 경우의 수가 적어 그리디하게 해결할 수 있습니다.

이 문제에서는 각 단어의 끝이나 시작에 er이 올 수 있습니다.

아무 단어의 시작에 있는 er을 제거해서 다른 단어가 될 수 없으므로 $T$ 는 오직 한 가지 방법으로만 구성할 수 있습니다.

먼저 dream과 erase만으로 $T$ 를 구성해보고, 만약 도중에 막히면 끝에 r 혹은 er을 붙여서 dreamer 혹은 eraser인 경우를 고려해 줍니다.

그런 경우에도 다음이 dream이나 erase로 시작하지 않는다면 $T$ 는 주어진 단어만으로 구성할 수 없습니다.

코드 (Python)

S = input()
N = len(S)
 
words = {"dream", "erase"}
 
 
def is_possible():
    i = 0
    while i < N:
        found = False
        while S[i : i + 5] in words:
            i += 5
            found = True
        if i >= N:
            break
 
        if found and S[i] == "r":
            i += 1
        elif found and S[i : i + 2] == "er":
            i += 2
 
        if not found:
            return False
 
    return True
 
 
print("YES" if is_possible() else "NO")

Traveling

어떤 점 $(a, b)$ 에서 $(c, d)$ 로 이동하는 데에는 최소 $|c - a| + |d - b|$ 의 시간이 걸립니다.

거기에 움직일 때 마다 $t$ 의 홀짝성(2로 나눈 나머지)과 $x + y$ 의 홀짝성이 같이 바뀝니다.

따라서 시각 $t_i$ 에 $(x_i, y_i)$ 에 위치하기 위해서는 $|c - a| + |d - b| \leq t_i - t_{i - 1}$ 와 $(x + y) \equiv t_i \pmod 2$ 를 만족해야 합니다.

시간 복잡도 $O(N)$ 에 해결할 수 있습니다.

코드 (Python)

def main():
    N = int(input())
 
    p_t = 0
    pos = (0, 0)
 
    for _ in range(N):
        t, x, y = map(int, input().split())
 
        dist = abs(x - pos[0]) + abs(y - pos[1])
 
        if dist > t - p_t or dist % 2 != (t - p_t) % 2:
            print("No")
            return
 
        p_t = t
        pos = (x, y)
 
    print("Yes")
 
 
main()

ABS는 무엇부터 시작해야 할지 막막한 사람들을 위해 준비된 초보자용 문제집입니다.

앞쪽은 입출력과 반복문 위주라 가볍게 풀리지만, Otoshidama부터는 조금 더 생각을 요구합니다.

제가 직접 전부 풀어보면서 풀이·증명과 Python 코드를 정리해 두었습니다.

Welcome to AtCoder

$a + b + c$ 와 $s$ 를 반각 공백으로 구분해서 출력하면 됩니다.

코드 (Python)

a = int(input())
b, c = map(int, input().split())
s = input()
 
print(a + b + c, s)

Product

짝수는 $2$ 로 나누어떨어지는 수입니다.

$ab$ 가 $2$ 로 나누어떨어지는지 확인해보면 됩니다.

코드 (Python)

a, b = map(int, input().split())
 
if a * b % 2 == 0:
    print("Even")
else:
    print("Odd")

Placing Marbles

어떤 방법으로든 주어진 문자열의 $1$ 의 개수를 세면 됩니다.

코드 (Python)

s = input()
print(s.count("1"))

Shift only

하나라도 홀수가 존재할 때 까지 전체를 $2$ 로 나누는 것을 반복하면 됩니다.

이때 $2$ 로 나누는 횟수는 $\lceil \log_2 A_i \rceil$ 를 넘길 수 없으므로 시간 복잡도는 $O(N\log\min(A_i))$ 이 됩니다.

코드 (Python)

N = int(input())
A = list(map(int, input().split()))
 
ans = 0
while True:
    has_odd = False
    for i in range(N):
        if A[i] % 2 == 1:
            has_odd = True
            break
 
    if has_odd:
        break
 
    for i in range(N):
        A[i] //= 2
    ans += 1
 
 
print(ans)

Coins

동전을 고르는 $(A + 1)(B + 1)(C + 1)$ 가지 모든 경우에 대해 금액이 $X$ 엔이 되는지 검사하면 됩니다.

시간 복잡도는 $O(ABC)$ 입니다.

코드 (Python)

A = int(input())
B = int(input())
C = int(input())
X = int(input())
 
ans = 0
 
for i in range(A + 1):
    for j in range(B + 1):
        for k in range(C + 1):
            if 500 * i + 100 * j + 50 * k == X:
                ans += 1
 
 
print(ans)

Some Sums

어떤 자연수 $n$ 의 모든 자리의 합은 $1$ 의 자리 수, $10$ 의 자리 수, $100$ 의 자리 수, $\dots$ 를 모두 합하면 됩니다.

먼저 $1$ 의 자리 수는 $n$ 을 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

$10$ 의 자리 수는 $n$ 을 $10$ 으로 나눈 몫에서 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

$100$ 의 자리 수는 $n$ 을 $100$ 으로 나눈 몫에서 $10$ 으로 나눈 나머지를 취함으로써 알 수 있습니다.

이를 계속 반복해서 모두 더해주고, $A$ 랑 $B$ 사이인 것만 답에 더해주면 됩니다.

자릿수를 모두 더하는 데 각각 $O(\log n)$ 이 걸리므로 총 시간 복잡도는 $O(N\log N)$ 입니다.

코드 (Python)

N, A, B = map(int, input().split())
 
 
def digit_sum(n):
    ret = 0
    while n:
        ret += n % 10
        n //= 10
 
    return ret
 
 
ans = 0
for i in range(1, N + 1):
    if A <= digit_sum(i) <= B:
        ans += i
 
print(ans)

Card Game for Two

두 사람이 번갈아가면서 카드를 가져갈 때, 남아있는 카드 중 수가 가장 큰 카드를 가져가는게 이득입니다.

증명

이는 수학적 귀납법으로 증명할 수 있습니다.

$N \leq 2$ 에 대해서는 자명하게 참입니다.

$N = k$ 에 대해 가정이 성립한다고 합시다. $N = k + 1$ 에 대해 살펴봅시다.

선공이 고른 카드에 적힌 수를 $a_i$ , 카드 중 가장 큰 수를 $a_j$ 라 합시다.

$i = j$ 인 경우 Alice의 점수를 $A$ , $i \neq j$ 인 경우 $A'$ 라 합시다.

$N = k$ 에 대해 가정이 성립하므로 Alice가 무엇을 고르든 Bob은 가장 큰 수를 고르게 될 것 입니다.

따라서 $A' = A - a_j + a_i$ 가 됩니다.

그런데 $a_j \geq a_i$ 이므로 $A' \leq A$ 이고 따라서 카드 중 가장 큰 수를 고르는 것이 항상 이득입니다.

따라서 $a$ 를 내림차순으로 정렬한 다음 번갈아가서 고르면 답을 계산할 수 있습니다.

정렬하는 데 $O(N\log N)$ 이 걸리므로 총 시간 복잡도는 $O(N\log N)$ 입니다.

코드 (Python)

N = int(input())
a = sorted(map(int, input().split()), reverse=True)
 
score = [0, 0]
 
for i in range(N):
    score[i % 2] += a[i]
 
print(score[0] - score[1])

Kagami Mochi

문제의 조건에 따라 직경이 같은 임의의 두 모찌는 어떻게 하더라도 같이 쌓을 수 없습니다.

따라서 직경이 같은 두 모찌는 하나로 생각하면, 문제에서 주어지는 모찌의 직경이 모두 다른 것으로 생각할 수 있습니다.

모찌의 직경이 전부 다르다면 내림차순으로 정렬해서 쌓으면 되므로 문제의 답은 서로 다른 $d_i$ 의 값의 개수가 됩니다.

적절한 방식으로 중복을 제거하면 시간 복잡도 $O(N)$ 에 해결할 수 있습니다.

코드 (Python)

N = int(input())
 
d = set(int(input()) for _ in range(N))
 
print(len(d))

Otoshidama

지폐의 개수 합이 $N$ 이하인 모든 경우에 대해 하나라도 $Y$ 엔인 경우가 있는지 살펴보면 됩니다.

세 종류의 지폐마다 모든 경우의 수를 살펴보면 시간 복잡도가 $O(N^3)$ 이 됩니다.

하지만 만엔짜리와 오천엔짜리의 개수가 정해지면 나머지 천엔짜리 지폐의 개수는 정해지므로 시간 복잡도를 $O(N^2)$ 로 낮출 수 있습니다.

코드 (Python)

N, Y = map(int, input().split())
 
 
def find_answer():
    for i in range(N + 1):
        for j in range(N - i + 1):
            remain = Y - 10000 * i - 5000 * j
            k = remain // 1000
            if remain % 1000 == 0 and i + j + k == N:
                return (i, j, k)
 
    return (-1, -1, -1)
 
 
print(*find_answer())

Daydream

자세히 관찰하면 경우의 수가 적어 그리디하게 해결할 수 있습니다.

이 문제에서는 각 단어의 끝이나 시작에 er이 올 수 있습니다.

아무 단어의 시작에 있는 er을 제거해서 다른 단어가 될 수 없으므로 $T$ 는 오직 한 가지 방법으로만 구성할 수 있습니다.

먼저 dream과 erase만으로 $T$ 를 구성해보고, 만약 도중에 막히면 끝에 r 혹은 er을 붙여서 dreamer 혹은 eraser인 경우를 고려해 줍니다.

그런 경우에도 다음이 dream이나 erase로 시작하지 않는다면 $T$ 는 주어진 단어만으로 구성할 수 없습니다.

코드 (Python)

S = input()
N = len(S)
 
words = {"dream", "erase"}
 
 
def is_possible():
    i = 0
    while i < N:
        found = False
        while S[i : i + 5] in words:
            i += 5
            found = True
        if i >= N:
            break
 
        if found and S[i] == "r":
            i += 1
        elif found and S[i : i + 2] == "er":
            i += 2
 
        if not found:
            return False
 
    return True
 
 
print("YES" if is_possible() else "NO")

Traveling

어떤 점 $(a, b)$ 에서 $(c, d)$ 로 이동하는 데에는 최소 $|c - a| + |d - b|$ 의 시간이 걸립니다.

거기에 움직일 때 마다 $t$ 의 홀짝성(2로 나눈 나머지)과 $x + y$ 의 홀짝성이 같이 바뀝니다.

따라서 시각 $t_i$ 에 $(x_i, y_i)$ 에 위치하기 위해서는 $|c - a| + |d - b| \leq t_i - t_{i - 1}$ 와 $(x + y) \equiv t_i \pmod 2$ 를 만족해야 합니다.

시간 복잡도 $O(N)$ 에 해결할 수 있습니다.

코드 (Python)

def main():
    N = int(input())
 
    p_t = 0
    pos = (0, 0)
 
    for _ in range(N):
        t, x, y = map(int, input().split())
 
        dist = abs(x - pos[0]) + abs(y - pos[1])
 
        if dist > t - p_t or dist % 2 != (t - p_t) % 2:
            print("No")
            return
 
        p_t = t
        pos = (x, y)
 
    print("Yes")
 
 
main()

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