[BOJ-24265][C++] 알고리즘 수업 - 알고리즘의 수행 시간 4

문제

오늘도 서준이는 알고리즘의 수행시간 수업 조교를 하고 있다. 아빠가 수업한 내용을 학생들이 잘 이해했는지 문제를 통해서 확인해보자.

입력의 크기 n이 주어지면 MenOfPassion 알고리즘 수행 시간을 예제 출력과 같은 방식으로 출력해보자.

MenOfPassion 알고리즘은 다음과 같다.

MenOfPassion(A[], n) {
    sum <- 0;
    for i <- 1 to n - 1
        for j <- i + 1 to n
            sum <- sum + A[i] × A[j]; # 코드1
    return sum;
}

 

입력

첫째 줄에 입력의 크기 n(1 ≤ n ≤ 500,000)이 주어진다.

 

출력

첫째 줄에 코드1 의 수행 횟수를 출력한다.

둘째 줄에 코드1의 수행 횟수를 다항식으로 나타내었을 때, 최고차항의 차수를 출력한다. 단, 다항식으로 나타낼 수 없거나 최고차항의 차수가 3보다 크면 4를 출력한다.

 

예제 입력 1

7

 

예제 출력 1

21
2

코드1 이 21회 수행되고 알고리즘의 수행 시간이 $n^{2}$에 비례한다.

 

알고리즘 분류

• 수학
• 구현
• 사칙연산
• 시뮬레이션

 

문제 출처

https://www.acmicpc.net/problem/24265

24265번: 알고리즘 수업 - 알고리즘의 수행 시간 4

 

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문제 해결 방법

• 시간 복잡도(Time Complexity)에 대해 이해하고 있으면 쉽게 풀 수 있는 문제였다.
• 문제에서 주어진 MenOfPassion 알고리즘의 시간 복잡도를 구해보자.
  • 우선 2중 for 문이 사용되었기 때문에 대략적으로 시간 복잡도는 $O(n^{2})$이라고 할 수 있다. 하지만 더 구체적인 시간 복잡도를 구해보자.
  • 외부 for 문에서 $1 ≤ i ≤ n - 1$까지 $(n - 1) - 1 + 1 = n - 1$번이 수행된다. 
  • 내부 for 문에서 $i + 1 ≤ j ≤ n$까지 $n - (i + 1) + 1 = n - i$번이 수행된다. 
  • 외부 for 문이 순회하는 동안 내부 for 문도 함께 순회하게 되는데, 내부 for 문에서는 $i + 1 ≤ j ≤ n$까지  $n - (i + 1) + 1 = n - i$번이 수행된다.
    • $1 ≤ i ≤ n - 1$이므로, $i = \{1, 2, 3, \cdots, n - 1 \}$이고, $n - i = \{n - 1, n - 2, n - 3, \cdots, 1 \}$이 된다.
      • $n - i$의 중괄호($\{ \}$)안에 있는 요소들은 외부 for 문이 $i$번째 순회하는 동안 내부 for 문의 수행 횟수들을 하나하나씩 나타낸 것이다. 즉, 첫 번째 요소는 외부 for 문이 첫 번째로 순회할 때, 내부 for 문이 $n - 1$번 순회한다는 뜻이고, 두 번째 요소는 외부 for 문이 두 번째로 순회할 때, 내부 for 문이 $n - 2$번 순회한다는 뜻이다. 이런식으로 내부 for 문이 순회하는 횟수들을 모두 더해주면($n - i$의 내부 요소들을 모두 더해주면) 전체적으로 2중 for 문의 연산 횟수를 구할 수 있게 된다.
    • 가우스의 덧셈 공식에 의하면, $1$부터 $n$까지의 합을 구하는 공식은 $1 + 2 + 3 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}$이다. 따라서 내부 for 문의 연산 횟수를 나타내는 요소들인 $1$부터 $n - 1$까지의 합을 구하는 공식을 구해보면, $1 + 2 + 3 + \cdots + (n - 1) = \frac{n(n -1)}{2}$이다.
    • 따라서 문제에서 주어진 알고리즘을 시간 복잡도로 표현하면 $O(\frac{n(n -1)}{2}) = O(\frac{n^{2}}{2}-\frac{n}{2})$와 같다.

			
			
			
		
MenOfPassion(A[], n) {
    sum <- 0;
    for i <- 1 to n - 1
        for j <- i + 1 to n
            sum <- sum + A[i] × A[j]; # 코드1
    return sum;
}

 

• 문제에서 주어진 알고리즘을 코드로 작성해보면 다음과 같다. (자료형을 int로 선언하였다.)

			
			
			
		
int MenOfPassion(int A[], int n) {
    int sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
    	for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
            sum = sum + A[i] * A[j];    // 코드 1
        }
    }
    return sum;
}

 

• $O(\frac{n^{2}-n}{2})$의 최고 차항($n$)의 차수가 $2$이고, 2중 for 문에 의해 n * (n - 1) / 2번 연산이 수행되므로, n * (n - 1) / 2과 함께 2을 출력시키면 된다.

			
			
			
		
// MenOfPassion
void Solution(ULLI n) {
    // O(n(n-1)/2) -> 최고 차항(n)의 차수가 2이므로 2를 출력한다.
    cout << n * (n - 1) / 2 << '\n' << 2 << '\n';
}

 

• 단 여기에서 주의할 점이 있다. n의 입력 범위가 $0 ≤ n ≤ 500,000$이므로, n * n의 값이 int 자료형의 최대값(약 21억)을 초과할 수 있다. ($500,000 \times 500,000 = 250,000,000,000$ (2,500억)) 따라서 변수 n을 선언할 때, 적절한 자료형을 설정해주어야 한다.
• 나는 unsigned long long int 자료형을 사용하여 변수 n을 선언하였다.

			
			
			
		
// 입력값 범위 : 0 <= n <= 500,000 
// -> int의 최대 범위(약 21억)를 초과하므로 long long 형으로 선언한다.
using ULLI = unsigned long long int;
 
ULLI n;

 

코드

			
			
			
		
#include <iostream>
using namespace std;
 
// 입력값 범위 : 0 <= n <= 500,000 
// -> int의 최대 범위(약 21억)를 초과하므로 long long 형으로 선언한다.
using ULLI = unsigned long long int;
 
ULLI n;
 
void Input() {
    cin >> n;
}
 
// MenOfPassion
void Solution(ULLI n) {
    // O(n(n-1)/2) -> 최고 차항(n)의 차수가 2이므로 2를 출력한다.
    cout << n * (n - 1) / 2 << '\n' << 2 << '\n';
}
 
void Output() {
    Solution(n);
}
 
void Solve() {
    Input();
    Output();
}
 
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
 
    Solve();
 
    return 0;
}

 

채점 결과

 

참고

• [단계별로 풀어보기] > [시간 복잡도]
• 브론즈III

 

참고 사이트

Big O notation - Wikipedia

점근 표기법 - 나무위키