호지

드래그하는 범위는 파일이 있는 곳이므로, 각 x,y의 최소/최대값 위치를 구해야한다. 최대값은 드래그이므로 해당 파일이 범위 안에 들어가야 하므로 결과값에 +1을 해주면 된다. function solution(wallpaper) { let minX = wallpaper.length, minY = wallpaper[0].length, maxX = -1, maxY = -1; for (let i = 0; i < wallpaper.length; i++) { for (let j = 0; j < wallpaper[0].length; j++) { if (wallpaper[i][j] === "#") { console.log(i, j); if (i < minX) minX = i; if (j < minY) minY = j..

동서남북 각 방향에 따라서, route가 해당 방향으로 갈 수 없으면 그 명령어는 그대로 버리면 된다 시작점 S를 먼저 찾고 각각의 route에 대해 중간에 공원을 벗어나거나, 장애물을 만나는지 확인하면 된다. function solution(park, routes) { var answer = []; let x = 0, y = 0; const moves = {E: [0, 1], S: [1, 0], W: [0, -1], N: [-1, 0]}; for (let i = 0; i { let [d, ..

각 요소에 해당하는 값을 더해주면 된다. function solution(name, yearning, photo) { var answer = []; let score = {}; name.forEach((item, i) => { score[item] = yearning[i]; }); photo.forEach((list) => { let sum = 0; list.forEach((item) => { sum += score[item] || 0; }); answer.push(sum); }); return answer; } https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/176963

callings 전체를 탐색해서 순서를 바꿔주면 되는 문제이다. indexOf로 해당 player의 위치를 찾으면 시간초과이므로, 처음 players의 위치를 position 객체에 저장해두면 시간초과가 나지 않는다. function solution(players, callings) { let position = {}; players.forEach((player, i) => { position[player] = i; }); callings.forEach((calling) => { const index = position[calling]--; const tempValue = players[index - 1]; players[index - 1] = players[index]; players[index] = ..

BFS문제의 변형이다. 시작지점에서 레버까지의 BFS로 최소거리를 구하고, 레버에서 출구까지 BFS로 최소거리를 구하면 된다 우선 maps를 전체 탐색하여 시작지점과 출구의 위치를 구한다. 큐를 2개 쓰거나, 반복문을 새로 시작하는 방법도 있었지만 반복문 하나에서 큐1개로 해결하기 위해 ck라는 변수를 활용했다. S->L로 가는 동안 visit체크는 maps에 V를 표시하고 L에 도달하면 ck를 W로 바꿔서 W로 visit 체크를 한다. L에 도달하기 전에 E에 먼저 도달한 경우는 L을 만나서 ck가 W로 바꿔야 레버를 먼저 동작시킨 것이므로 ck가 W일때만 출구에 도달한 것이 된다. #include #include #include using namespace std; struct Pos{ int x; ..

이 문제는 경우의 수만 잘 설정하면 풀 수 있는 문제였다. 틱택토는 O가 선공이고, X가 후공일 때 가능한 경우의 수인지만 확인하면 된다. 따라서 보드 위의 O의 개수가 X와 같거나 O가 X보다 1개 많아야 한다. 또한 줄을 완성했으면 게임이 끝나는 경우이므로, 생각해봐야할 경우의 수는 다음과 같다. 1. X와 O 둘다 줄을 완성한 경우 - O나 X 둘 중 하나가 줄을 완성했다면 게임이 끝났어야 함 2. O가 줄을 완성했는데 보드 위의 O의 개수와 X의 개수가 동일한 경우 - O가 선공이므로 O가 줄을 완성해서 게임이 끝났을 때는 항상 O의 개수가 1개 더 많아야 함 3. X가 줄을 완성했는데 보드 위의 O의 개수가 X보다 1개 더 많은 경우 - X가 후공이므로 X가 줄을 완성해서 게임이 끝났을 때는 항..

처음엔 BFS로 접근했다가 시간초과를 당했다...! 이 문제를 풀 때 중요한 것은 사전순으로 빠른 경로를 출력한다는 것이다. 따라서 d > l > r > u 순으로 움직일 수 있는 만큼 먼저 움직여야 한다. 우선 미로에는 별다른 장애물이 없기 때문에 시작점과 끝점의 거리는 abs( x - r ) + abs( y - c)로 구할 수 있다. 이 거리가 두점사이의 최단경로의 거리이므로, 만약 이 값이 k보다 크다면 k만큼 이동해도 끝점에 도달하지 못하므로 impossible이다. 또한 k에서 최단 경로의 거리를 뺐을 때 이 값이 홀수라면, 끝점에 도달하지 못하므로 impossible이다. (예를 들어, 최단경로만큼 이동해서 끝점에 도달하고 왔다갔다 하면서 횟수만 채운다고 생각했을 때, 왔다갔다하는 횟수는 짝수..

분명히 맞게 푼 것 같았는데, 10번 13번 14번에서 실패가 나왔다. MERGE에서 같은 셀일때만 예외 처리를 했었는데, 같은 셀일때뿐만 아니라 이미 병합된 셀일때 예외 처리를 해야한다! 제일 먼저 작업한 것은 command에 맞춰 수행하는 함수를 구현했다. "UPDATE r c" 일때는 updatePosition() "UPDATE value1 value2"일 때는 updateValue() "MERGE r1 c1 r2 c2"일 때는 mergeCell() "UNMERGE r c"일 때는 unmergeCell() "PRINT r c"일 때는 printCell() 여기서 가장 고려해야될 사항은 merge와 unmerge이다. merge와 unmerge를 구현하기 위해서 parent라는 이차원 배열을 만들어서..

처음에 문제이해를 잘못해서 헤맸다..! (0이 오른쪽에도 추가될 수 있다고 생각했다...!) 우선 더미노드를 추가해서 포화이진트리 상태를 만들어줘야한다. 더미노드는 가장 왼쪽에만 추가해야지 원래 숫자가 다른 값으로 바뀌지 않는다. 포화이진트리의 개수를 보고 추가해야 할 더미노드 개수를 구한다. (fillDummy()함수가 여기에 해당한다.) *예시* 포화이진트리의 개수는 depth에 따라 1, 3, 7, 15...이 된다. 숫자 10에 더미노드를 추가하게 되면, 숫자 10은 이진수로 나타내면 1010이고, 7개의 노드를 갖는 depth3의 포화이진트리로 1010을 표현할 수 있기때문에 앞에 더미노드 3개가 들어가 0001010로 값을 바꿔준다. 더미노드가 추가됬다면, 해당 값이 이진트리가 맞는지 확인을 ..

문제를 읽고 풀이과정에 대해 고민했습니다. 1단계 근무태도 점수(a)와 동료 평가 점수(b)를 보고 인센티브를 받지 못하는 경우를 거른다. 2단계 근무태도 점수(a)와 동료 평가 점수(b)의 합을 보고 등수를 나눈다. 1단계와 2단계의 과정을 거치면 원하는 답을 구할 수 있을 것이라 생각했고, 정렬된 데이터가 필요할 것이라고 생각했습니다. 1단계에서는 a기준으로 정렬하고, b기준으로 정렬을 2번하는 방법을 생각했으나, 2번의 정렬과정을 불필요해보였습니다. 그래서 a기준으로 내림차순 정렬을 하고 a값이 동일할 때는 b기준으로 오름차순 정렬을 했습니다. 정렬된 리스트에서 처음 값을 기준으로 삼고, 다음 원소가 a값과 b값 모두 작은 경우라면 해당 원소를 [-1, -1]로 초기화 했습니다. (인센티브를 받지 ..