매운 것을 좋아하는 Leo는 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들고 싶습니다. 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들기 위해 Leo는 스코빌 지수가 가장 낮은 두 개의 음식을 아래와 같이 특별한 방법으로 섞어 새로운 음식을 만듭니다.
섞은 음식의 스코빌 지수 = 가장 맵지 않은 음식의 스코빌 지수 + (두 번째로 맵지 않은 음식의 스코빌 지수 * 2)
Leo는 모든 음식의 스코빌 지수가 K 이상이 될 때까지 반복하여 섞습니다. Leo가 가진 음식의 스코빌 지수를 담은 배열 scoville과 원하는 스코빌 지수 K가 주어질 때, 모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들기 위해 섞어야 하는 최소 횟수를 return 하도록 solution 함수를 작성해주세요.
(2) 제한사항
scoville의 길이는 2 이상 1,000,000 이하입니다.
K는 0 이상 1,000,000,000 이하입니다.
scoville의 원소는 각각 0 이상 1,000,000 이하입니다.
모든 음식의 스코빌 지수를 K 이상으로 만들 수 없는 경우에는 -1을 return 합니다.
(3) 코드
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
int solution(vector<int> scoville, int K) {
int answer = 0;
int temp = 0;
priority_queue<int,vector<int>, greater<int>> pq;
for (int i = 0; i < scoville.size(); i++)
{
pq.push(scoville[i]);
}
while (true)
{
if (pq.top() >= K)
{
break;
}
temp = pq.top();
pq.pop();
temp += pq.top() * 2;
pq.pop();
pq.push(temp);
answer++;
if (pq.size() == 1 && pq.top() < K)
{
return -1;
}
}
return answer;
}
일반적인 프린터는 인쇄 요청이 들어온 순서대로 인쇄합니다. 그렇기 때문에 중요한 문서가 나중에 인쇄될 수 있습니다. 이런 문제를 보완하기 위해 중요도가 높은 문서를 먼저 인쇄하는 프린터를 개발했습니다. 이 새롭게 개발한 프린터는 아래와 같은 방식으로 인쇄 작업을 수행합니다.
인쇄 대기목록의 가장 앞에 있는 문서(J)를 대기목록에서 꺼냅니다.
나머지 인쇄 대기목록에서 J보다 중요도가 높은 문서가 한 개라도 존재하면 J를 대기목록의 가장 마지막에 넣습니다.
그렇지 않으면 J를 인쇄합니다.
예를 들어, 4개의 문서(A, B, C, D)가 순서대로 인쇄 대기목록에 있고 중요도가 2 1 3 2 라면 C D A B 순으로 인쇄하게 됩니다.
내가 인쇄를 요청한 문서가 몇 번째로 인쇄되는지 알고 싶습니다. 위의 예에서 C는 1번째로, A는 3번째로 인쇄됩니다.
현재 대기목록에 있는 문서의 중요도가 순서대로 담긴 배열 priorities와 내가 인쇄를 요청한 문서가 현재 대기목록의 어떤 위치에 있는지를 알려주는 location이 매개변수로 주어질 때, 내가 인쇄를 요청한 문서가 몇 번째로 인쇄되는지 return 하도록 solution 함수를 작성해주세요.
(2) 제한사항
현재 대기목록에는 1개 이상 100개 이하의 문서가 있습니다.
인쇄 작업의 중요도는 1~9로 표현하며 숫자가 클수록 중요하다는 뜻입니다.
location은 0 이상 (현재 대기목록에 있는 작업 수 - 1) 이하의 값을 가지며 대기목록의 가장 앞에 있으면 0, 두 번째에 있으면 1로 표현합니다.
(3) 코드
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
int solution(vector<int> priorities, int location) {
int answer = 0;
int max = 0;
int current_index;
queue<int> que;
for (int i = 0; i < priorities.size(); i++)
{
que.push(i);
}
max = *max_element(priorities.begin(), priorities.end());
while (true)
{
current_index = que.front();
que.pop();
if (priorities[current_index] != max)
{
que.push(current_index);
}
else// if (priorities[current_index] == max)
{
answer++;
priorities[current_index] = 0;
if(current_index == location)
{
break;
}
max = *max_element(priorities.begin(), priorities.end());
}
}
return answer;
}
트럭 여러 대가 강을 가로지르는 일 차선 다리를 정해진 순으로 건너려 합니다. 모든 트럭이 다리를 건너려면 최소 몇 초가 걸리는지 알아내야 합니다. 트럭은 1초에 1만큼 움직이며, 다리 길이는 bridge_length이고 다리는 무게 weight까지 견딥니다. ※ 트럭이 다리에 완전히 오르지 않은 경우, 이 트럭의 무게는 고려하지 않습니다.
예를 들어, 길이가 2이고 10kg 무게를 견디는 다리가 있습니다. 무게가 [7, 4, 5, 6]kg인 트럭이 순서대로 최단 시간 안에 다리를 건너려면 다음과 같이 건너야 합니다.
경과 시간다리를 지난 트럭다리를 건너는 트럭대기 트럭
0
[]
[]
[7,4,5,6]
1~2
[]
[7]
[4,5,6]
3
[7]
[4]
[5,6]
4
[7]
[4,5]
[6]
5
[7,4]
[5]
[6]
6~7
[7,4,5]
[6]
[]
8
[7,4,5,6]
[]
[]
따라서, 모든 트럭이 다리를 지나려면 최소 8초가 걸립니다.
solution 함수의 매개변수로 다리 길이 bridge_length, 다리가 견딜 수 있는 무게 weight, 트럭별 무게 truck_weights가 주어집니다. 이때 모든 트럭이 다리를 건너려면 최소 몇 초가 걸리는지 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.
(2) 제한사항
bridge_length는 1 이상 10,000 이하입니다.
weight는 1 이상 10,000 이하입니다.
truck_weights의 길이는 1 이상 10,000 이하입니다.
모든 트럭의 무게는 1 이상 weight 이하입니다.
(3) 코드
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
int solution(int bridge_length, int weight, vector<int> truck_weights) {
int answer = 0;
vector<pair<int, int>> vec;
int max_weight = weight;
int current_weight = 0;
while (!(truck_weights.empty() && vec.empty()))
{
current_weight = 0;
for (int i = 0; i < vec.size(); i++)
{
current_weight += vec[i].second;
}
if (!truck_weights.empty())
{
if (max_weight >= current_weight + truck_weights[0])
{
vec.push_back(make_pair(0, truck_weights[0]));
truck_weights.erase(truck_weights.begin());
}
}
for (int i = 0; i < vec.size(); i++)
{
vec[i].first++;
}
if (vec[0].first == bridge_length)
{
current_weight = current_weight - vec[0].second;
vec.erase(vec.begin());
}
answer++;
}
return answer + 1;
}
