11-hadongun

[hadongun]

🔗 문제 링크

https://www.acmicpc.net/problem/11726

✔️ 소요된 시간

1h

✨ 수도 코드

도현님이 추천해주신 골드 스택 문제 풀다가 실패해서 다른 문제를 가져와봤습니답

이 문제는 2 x n 크기의 직사각형에 1x2 직사각형과 2x1 직사각형으로 채우는 방법의 수를 구하는 문제입니당
음.. 처음에 생각하다 떠오른 게 조합(Combination)을 활용해보자..! 라는 생각을 했어요
1x2 타일을 세로 타일, 2x1타일을 가로 타일이라고 부를게요!..
가로 타일은 깔면 1행, 2행에 동시에 깔아야 하니까 -> 둘은 세트로 보고 하나라고 표현하겠습니다(방법의 수 구할 때 지장 x)

저는 기본적으로 세로 타일이 모두 깔려있다고 가정한 상태에서 가로 타일의 개수를 i로 두었습니다.
for문을 활용해 가로 타일을 1개씩 늘려가는데, 이를 조합을 활용해 배치 가능한 방법의 수를 구해 모두 더해주었습니다.!

지금 보니 코드 주석이 잘못됐네용 풀다 헷갈려서 예전에 달아놨던 주석인데 변경한 버전 수도코드에 올려놓을게요

파이헌

n ← 입력받기 (정수)
method_num ← 0

반복 i = 0부터 (n // 2)까지:
    a. 가로 타일의 개수는 i개 (각 타일은 가로로 2칸 차지)
    b. 세로 타일의 개수는 n - 2*i개 (각 타일은 가로로 1칸 차지)
    c. 전체 타일 개수는 (n - i)개

    d. method_num += 조합(n - i, i)
       (총 타일 자리 n - i개 중 i자리에 가로 타일을 놓는 경우의 수)

출력(method_num % 10007)

## 📚 새롭게 알게된 내용

[froglike6]

저는 DP와 행렬을 이용해서 풀어봤습니다. 먼저 가장 왼쪽에 어떤 타일을 두냐에 따라서 두가지 케이스로 나뉩니다.

가로가 1이고 세로가 2인 타일을 두는 경우는 오른쪽에 가로 $n-1$개의 공간이 남으므로, 이를 계산하면 됩니다.
가로가 2이고 세로가 1인 타일을 두는 경우는 오른쪽에 가로 $n-2$개의 공간이 남으므로, 이를 계산하면 됩니다.

2×n 직사각형을 1×2, 2×1 타일로 채우는 방법의 수를 $T(n)$이라고 하면, $T(n)=T(n-1)+T(n-2)$라고 할 수 있습니다. 이는 피보나치 함수와 같습니다. 따라서 $T(n)=F(n+1)$이 성립합니다. 이제 #9 를 통해 풀 수 있습니다!! (DP로 푼다고 했는데 안 썼네요 ㅎㅎ)

import sys
input = sys.stdin.readline
def fibonacci(n):
    mat = [[1, 1], [1, 0]]
    vec = [1, 0]

    while n > 0:
        if n & 1:
            temp = (mat[0][0] * vec[0] + mat[0][1] * vec[1]) % 10007
            vec[1] = (mat[1][0] * vec[0] + mat[1][1] * vec[1]) % 10007
            vec[0] = temp

        mat00 = (mat[0][0] * mat[0][0] + mat[0][1] * mat[1][0]) % 10007
        mat01 = (mat[0][0] * mat[0][1] + mat[0][1] * mat[1][1]) % 10007
        mat10 = (mat[1][0] * mat[0][0] + mat[1][1] * mat[1][0]) % 10007
        mat11 = (mat[1][0] * mat[0][1] + mat[1][1] * mat[1][1]) % 10007
        mat[0][0], mat[0][1] = mat00, mat01
        mat[1][0], mat[1][1] = mat10, mat11

        n >>= 1

    return vec[1]
print(fibonacci(int(input())+1)%10007)

---

+예전에 DP를 이용한 피보니치 함수 코드가 있어서, 살짝 수정해서 가져와봤습니다 ㅎㅎ

DP 코드

section .data
    fmt_in  db "%d", 0
    fmt_out db "%d", 10, 0
    MOD     equ 10007

section .bss
    n       resd 1

section .text
    extern scanf, printf
    global main

main:
    push rbp
    mov rbp, rsp

    lea rdi, [rel fmt_in]
    lea rsi, [rel n]
    xor eax, eax
    call scanf
    mov r9, [n]

    cmp r9, 1
    je .print_1
    cmp r9, 2
    je .print_2

    mov rbx, 1
    mov rcx, 2
    mov r8,  3

.loop:
    mov rax, rbx
    add rax, rcx

    xor rdx, rdx
    mov rsi, MOD
    div rsi

    mov rbx, rcx
    mov rcx, rdx

    inc r8
    cmp r8, r9
    jle .loop

    mov esi, ecx
    lea rdi, [rel fmt_out]
    xor eax, eax
    call printf
    jmp .done

.print_1:
    mov esi, 1
    lea rdi, [rel fmt_out]
    xor eax, eax
    call printf
    jmp .done

.print_2:
    mov esi, 2
    lea rdi, [rel fmt_out]
    xor eax, eax
    call printf

.done:
    pop rbp
    mov rax, 0
    ret

[dohyeondol1]

오호...조합을 활용한 풀이라니 새롭네요..
저는 DP로 해결했습니다.

예제 입력에서 9가 55라는 출력을 가짐을 확인하고 dp문제일까 생각해봤씁니다.
(55는 10번째 피보나치 수입니다. 피보나치 수열에서는 첫번째, 두번째 수가 1의 값을 가지지만
이 문제에서는 같은 경우가 나올 수 없기 때문에 한칸 앞당겨 생각했습니다.)

$n = 1$ ~ $n = 4$ 까지만 보아도 간단한 점화식을 세워볼 수 있습니다.
$n = 1 : 1$
$n = 2 : 2$
$n = 3 : 3$
$n = 4 : 5$

n = i일 때의 경우의 수는
$dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]$

이 점화식에서 $dp[9]$ = 55임을 확인할 수 있습니다.

단 문제에서는 수가 너무 커지는 것을 우려해 10007로 나눈 나머지를 출력하도록 하니
각 dp[i]에 %10007만 추가해주면 문제를 해결 할 수 있습니다.

C++

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

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    vector<int> dp(n+1);
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for(int i = 3; i <= n; i++)
        dp[i] = (dp[i-1]+dp[i-2])%10007;
    
    cout << dp[n] << '\n';
    return 0;
}

조합을 활용한 풀이는 신박해서 조금 공부해볼 가치가 있는것 같네요 ㅎㅎ

[caucsejunseo]

제가 얼마전에 풀었던 문제를 보니 반갑네요! 저는 도현님이랑 완전 똑같이 풀었습니담. 맨 마지막에 가로 2개가 오느거랑 세로 1개가 오는거랑 케이스 분류해서 풀었어여

#include <stdlib.h>

int main() {
    int n = 0;
    scanf("%d", &n);

    int* dp = (int*)malloc(sizeof(int) * (n + 1));

    dp[0] = 0;
    if (n >= 1) dp[1] = 1;
    if (n >= 2) dp[2] = 2;

    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % 10007;
    }

    printf("%d", dp[n] % 10007);

    free(dp);
    return 0;
}```