[백준 2630] 색종이 만들기 - python
원본 문제 링크 : 색종이 만들기
문제
여러개의 정사각형칸들로 이루어진 정사각형 모양의 종이가 주어져 있고, 각 정사각형들은 하얀색으로 칠해져 있거나 파란색으로 칠해져 있다. 주어진 종이를 일정한 규칙에 따라 잘라서 다양한 크기를 가진 정사각형 모양의 하얀색 또는 파란색 색종이를 만들려고 한다.
전체 종이의 크기가 N×N(N=2k, k는 1 이상 7 이하의 자연수) 이라면 종이를 자르는 규칙은 다음과 같다.
전체 종이가 모두 같은 색으로 칠해져 있지 않으면 가로와 세로로 중간 부분을 잘라서 <그림 2>의 I, II, III, IV와 같이 똑같은 크기의 네 개의 N/2 × N/2색종이로 나눈다. 나누어진 종이 I, II, III, IV 각각에 대해서도 앞에서와 마찬가지로 모두 같은 색으로 칠해져 있지 않으면 같은 방법으로 똑같은 크기의 네 개의 색종이로 나눈다. 이와 같은 과정을 잘라진 종이가 모두 하얀색 또는 모두 파란색으로 칠해져 있거나, 하나의 정사각형 칸이 되어 더 이상 자를 수 없을 때까지 반복한다.
위와 같은 규칙에 따라 잘랐을 때 <그림 3>은 <그림 1>의 종이를 처음 나눈 후의 상태를, <그림 4>는 두 번째 나눈 후의 상태를, <그림 5>는 최종적으로 만들어진 다양한 크기의 9장의 하얀색 색종이와 7장의 파란색 색종이를 보여주고 있다.
입력으로 주어진 종이의 한 변의 길이 N과 각 정사각형칸의 색(하얀색 또는 파란색)이 주어질 때 잘라진 하얀색 색종이와 파란색 색종이의 개수를 구하는 프로그램을 작성하시오.
입력
첫째 줄에는 전체 종이의 한 변의 길이 N이 주어져 있다. N은 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128 중 하나이다. 색종이의 각 가로줄의 정사각형칸들의 색이 윗줄부터 차례로 둘째 줄부터 마지막 줄까지 주어진다. 하얀색으로 칠해진 칸은 0, 파란색으로 칠해진 칸은 1로 주어지며, 각 숫자 사이에는 빈칸이 하나씩 있다.
출력
첫째 줄에는 잘라진 햐얀색 색종이의 개수를 출력하고, 둘째 줄에는 파란색 색종이의 개수를 출력한다.
풀이
종이를 똑같은 크기의 네 개로 나눈다는 점이 문제의 핵심이다.
문제를 풀기 위해서는 하나의 종이를 동일 크기의 4개의 종이로 분할하여 탐색하는 과정이 필요하다.
이러한 문제 유형을 쿼드트리 라고한다. 즉 자식 노드가 4개인 트리를 깊이우선탐색(DFS)하는 것을 의미한다.
쿼드 트리 : 공간을 재귀적인 호출로 4개의 자식 노드로 분할하는 방법
문제에서 주어진 그림은 쿼드트리 구조를 잘 설명하고 있다.
쿼드 트리를 이용한 탐색을 진행하기 위해서는 다음의 과정이 필요하다.
초기 공간의 구성, 크기를 입력, 재귀 호출의 종료 조건을 설정
- 탐색의 기준점을 설정 (예를 들어 각 분할 평면의 첫번째 원소)
- 문제에서 주어진 조건을 만족하는지 판별
- 만족하지 않는다면 재귀호출을 통한 공간 분할 후 만족할 때 까지, 2-4의 과정을 반복하여 탐색 (이후 필요하다면 return을 통한 탐색 결과 반환)
이런 과정이 어떤 형태로 구현되었는지 소스 코드를 통해 알아보자.
소스 코드
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N = int(input())
paper = [list(map(int,input().split())) for _ in range(N)] #1. 초기 공간의 구성, 크기 입력
#하양 0, 파랑 1
def DFS(x,y,k) : #1. 초기 공간의 구성, 크기 입력
w,b = 0,0 #하양, 파랑 색종이의 개수를 담을 변수
color = paper[y][x] # 2. 탐색의 기준점 설정 ((0,0)을 넣을 예정)
for i in range(y,y+k) : # 3. 문제에서 주어진 조건 판별
for j in range(x,x+k) :
if color != paper[i][j] :
color = -1
break
if color == -1 : # 4. 조건을 만족하지 않는 경우, 4개의 분할에 대해 재귀 호출을 통한 탐색
k = k//2 #줄어든 크기 계산, k는 탐색의 기준점 설정에 있어 일종의 step이 된다.
#수학에서의 좌표평면을 기준으로 했을 때
w1,b1 = DFS(x,y,k) #2사분면
w2,b2 = DFS(x,y+k,k) #3사분면
w3,b3 = DFS(x+k,y,k) #1사분면
w4,b4 = DFS(x+k,y+k,k) #4사분면
#각 자식노드 탐색에서 return된 결과를 merge
w = w + w1 + w2 + w3 + w4
b = b + b1 + b2 + b3 + b4
elif color == 1 : # 탐색 조건을 만족하는 경우, 색종이 수를 count
b += 1
else :
w += 1
return w,b #탐색 결과를 return
w,b = DFS(0,0,N)
print(w)
print(b)
위 풀이에서는 뚜렷한 재귀호출의 종결조건이 드러나지 않지만, 만약 탐색을 거듭하여 k가 1이 되게 되면, 반드시 b나 w가 +1이 되므로, return이 된다.
즉 탐색 조건을 만족하는 경우, 해당 노드가 종결 노드가 되며, 값을 return해 부모 노드로 보내게 된다.
부모 노드는 탐색한 결과를 return 받아 해당 노드에서의 탐색 결과를 계산한다.
이를 반복하면 최종 결과를 return하게 된다.
아래는 다른 분의 풀이다.
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import sys
input = sys.stdin.readline
n = int(input())
B = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]
w_cnt, b_cnt = 0, 0
def div_conq(x, y, N):
global w_cnt, b_cnt #global 변수 선언을 통해 return을 하여 부모 노드로 보내는 과정이 불필요해짐, 다만 이 경우 시간이 더 오래걸릴 수 있다.
tmp_cnt = 0
for i in range(x, x + N):
for j in range(y, y + N):
if B[i][j]:
tmp_cnt += 1 #조건 판별을 덧셈하는 연산으로 구현했다는 점이 가장 큰 차이점
if not tmp_cnt:
w_cnt += 1
elif tmp_cnt == N**2:
b_cnt += 1
else:
div_conq(x, y, N // 2)
div_conq(x + N // 2, y, N // 2)
div_conq(x, y + N // 2, N // 2)
div_conq(x + N // 2, y + N // 2, N // 2)
return
div_conq(0, 0, n)
print(w_cnt)
print(b_cnt)