[BOJ / C++] 11052번 : 카드 구매하기

문제

요즘 민규네 동네에서는 스타트링크에서 만든 PS카드를 모으는 것이 유행이다.

PS카드는 PS(Problem Solving)분야에서 유명한 사람들의 아이디와 얼굴이 적혀있는 카드이다. 각각의 카드에는 등급을 나타내는 색이 칠해져 있고, 다음과 같이 8가지가 있다.

• 전설카드
• 레드카드
• 오렌지카드
• 퍼플카드
• 블루카드
• 청록카드
• 그린카드
• 그레이카드

카드는 카드팩의 형태로만 구매할 수 있고, 카드팩의 종류는 카드 1개가 포함된 카드팩, 카드 2개가 포함된 카드팩, ... 카드 N개가 포함된 카드팩과 같이 총 N가지가 존재한다.

민규는 카드의 개수가 적은 팩이더라도 가격이 비싸면 높은 등급의 카드가 많이 들어있을 것이라는 미신을 믿고 있다. 따라서, 민규는 돈을 최대한 많이 지불해서 카드 N개 구매하려고 한다. 카드가 i개 포함된 카드팩의 가격은 Pi원이다.

예를 들어, 카드팩이 총 4가지 종류가 있고, P1 = 1, P2 = 5, P3 = 6, P4 = 7인 경우에 민규가 카드 4개를 갖기 위해 지불해야 하는 금액의 최댓값은 10원이다. 2개 들어있는 카드팩을 2번 사면 된다.

P1 = 5, P2 = 2, P3 = 8, P4 = 10인 경우에는 카드가 1개 들어있는 카드팩을 4번 사면 20원이고, 이 경우가 민규가 지불해야 하는 금액의 최댓값이다.

마지막으로, P1 = 3, P2 = 5, P3 = 15, P4 = 16인 경우에는 3개 들어있는 카드팩과 1개 들어있는 카드팩을 구매해 18원을 지불하는 것이 최댓값이다.

카드 팩의 가격이 주어졌을 때, N개의 카드를 구매하기 위해 민규가 지불해야 하는 금액의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오. N개보다 많은 개수의 카드를 산 다음, 나머지 카드를 버려서 N개를 만드는 것은 불가능하다. 즉, 구매한 카드팩에 포함되어 있는 카드 개수의 합은 N과 같아야 한다.

입력

첫째 줄에 민규가 구매하려고 하는 카드의 개수 N이 주어진다. (1 ≤ N ≤ 1,000)

둘째 줄에는 Pi가 P1부터 PN까지 순서대로 주어진다. (1 ≤ Pi ≤ 10,000)

출력

첫째 줄에 민규가 카드 N개를 갖기 위해 지불해야 하는 금액의 최댓값을 출력한다.

Solved.ac 레벨

실버 I

풀이

DP 도장깨기를 열심히 하고 있지만 여전히 내 머리는 다이나믹하지 못하거든.

또 한참을 걸려 끙끙대다가 풀었다.

 

우선 dp 배열에 들어갈 값은 카드 n장을 구매했을 때 최대 금액으로 생각하고, p1 ~ pn을 입력받아 배열로 저장하였다.

예제를 가지고 생각해보자.

 

카드 5장을 구매할 것이고 1 ~ 5장의 카드팩 가격이 10, 9, 8, 7, 6일 때, 즉 n = 5, p[5] = {10, 9, 8, 7, 6} 일 때를 생각해보자.

먼저 dp[1], 카드 1장을 구매할 때의 금액은 1장이 들어있는 카드팩 p1의 값, 10이 된다. 이건 반복문을 돌리며 점화식을 이용하기 전에 초기화하여 사용한다.

 

다음으로 2장을 구매할 때의 금액부터 생각해보자.

p2 카드팩 1개를 구매한 가격 9보다 p1 카드팩 2개를 구매한 가격인 20이 더 비싸다.

 

.

.

.

5장을 구매할 때에는

p5 카드팩 1개를 구매한 가격 6보다 p1 카드팩 5개를 구매한 가격 50이 더 비싸다.

 

따라서 민규가 카드 5장을 구매하며 그 금액을 최대로 할 수 있는 방법은 p1 카드팩 5개를 구매하여 50을 지불하는 것이다.

이를 카드를 2장 구매하는 경우를 예를 들어 식을 도출해보자.

 

1. 1장짜리 카드팩 p1를 2개 사는 경우

-> dp[2] = dp[1] + p1 vs dp[2] = 20 vs 9 = 20

 

2. 아무 카드도 사지 않은 상태에서 2장짜리 카드팩 p2를 사는 경우

-> dp[2] = dp[0] + p2 vs dp[2] = 9 vs 0 = 9

 

위 과정은 for문 2개를 돌려서 여러 번 수행한다.

for(int i = 2; i <= n; i++) {
	for(int j = 1; j <= i; j++) {
    	dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] + p[j]);
    }
}

두 장의 카드를 구매하는 경우를 예로 들었으므로 i = 2 일때의 반복을 보자. 하위 for문의 j값은 1 ~ 2가 들어갈 수 있다.

1. j = 1 (1장 짜리 카드팩 p1을 2개 사는 경우)

-> dp[2] =  max(dp[2], dp[1] + p[1]);

-> dp[2] = max(0 (아직 dp[2]에는 값이 들어가지 않았다.),  20); 

-> dp[2] = 20;

 

2. j = 2 (아무 카드도 사지 않은 상태에서 2장짜리 카드팩 p2를 사는 경우)

-> dp[2] = max(dp[2], dp[0] + p[2]);

-> dp[2] = max(20 (j = 1일때 값이 들어갔다.), 9);

-> dp[2] = 20;

 

위 과정을 i가 n에 도달할 때까지 반복하면 최대값을 구할 수 있다.

Code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int p[1001];
int dp[1001];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin >> n;

    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i];
    }

    dp[1] = p[1];

    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= i; j++) {
            dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] + p[j]);
        }

    }

    cout << dp[n] << "\n";


    return 0;
}

 여전히 DP는 어렵고

곧 DP 시즌 2가 나온다네요.

11052번: 카드 구매하기