접근 s 와 e 를 받아서 2차원 배열로 각각의 질문에 O(1) 에 답하는 것이 목표이다. 2000 X 2000 배열을 미리 초기화 한다면 초기화에 O(N ^ 2), 질문에 답하는 데 O(1) 이다. 점화식으로 top-down 으로 접근해서 풀었다. 이때 질문과 답하면서 배열을 조정한다. dp[s][e] 는 dp[s + 1][e - 1] 이 팰린드롬이라면 칠판배열[s] == 칠판배열[e] 에 따라 갈린다. base case 는 s == e 와 s == e - 1 인 경우 (s + 1, e - 1을 조회할 수 없기 때문에) 로 뒀다. 사고 이렇게 대놓고 배열로 풀어주세요 하는 건 어느정도 익숙하다. DP 중에 무엇을 메모이제이션해야 할 지 감이 안 오는 문제들이 훨씬 어려운 것 같다. ...
접근 열 길이가 기차의 수 + 1이고, 행 길이가 3인 dp 행렬로 접근한다. 13번째 행은 각각 현재 인덱스에서 13번째 열차가 골라졌다면 실을 수 있는 최대 손님의 수다. 입력으로 받은 train 리스트를 탐색하며 window 만큼 떨어져 있는 dp 를 업데이트 한다. dp 업데이트는 dp[현재 열 - window][현재행 - 1] 과 dp[현재 열 - 1][현재 행] 중 큰 것을 고른다. 사고 반복되는 연산을 최소화하는 DP 문제를 연습하는 중이니 다른 최적화도 가능하다면 시도해보자. 문제에서 소형 기관차의 길이가 길다면 겹치는 구간을 반복해서 구해야 할 것이다. ...
접근 처음 두 줄의 LCS 를 찾고, 그 결과와 마지막 줄의 LCS 를 찾는 순차적인 방법으로도 가능하다. 하지만 3차원 dp 로 처리하는 방법이 확장 가능성이 있기에 더 좋은 접근법이라 생각한다. import sys input = sys.stdin.readline f = input().strip() s = input().strip() t = input().strip() fl = len(f) sl = len(s) tl = len(t) dp = [[[-1] * tl for i in range(sl)] for j in range(fl)] def LCS(a, b, c): if a < 0 or b < 0 or c < 0: return 0 if dp[a][b][c] == -1: dp[a][b][c] = 0 if f[a] == s[b] == t[c]: dp[a][b][c] = LCS(a - 1, b - 1, c - 1) + 1 else: dp[a][b][c] = max(max(LCS(a, b - 1, c), LCS(a - 1, b, c)), LCS(a, b, c - 1)) return dp[a][b][c] print(LCS(fl - 1, sl - 1, tl - 1))