[BOJ-24267][C++] 알고리즘 수업 - 알고리즘의 수행 시간 6

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 - 2
        for j <- i + 1 to n - 1
            for k <- j + 1 to n
                sum <- sum + A[i] × A[j] × A[k]; # 코드1
    return sum;
}

 

입력

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

 

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

35
3

코드1 이 35회 수행되고 알고리즘의 수행 시간이 $n^{3}$에 비례한다.

 

알고리즘 분류

• 수학
• 구현
• 사칙연산
• 시뮬레이션

 

문제 출처

https://www.acmicpc.net/problem/24267

24267번: 알고리즘 수업 - 알고리즘의 수행 시간 6

 

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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 3중 for 문이 사용되었기 때문에 대략적으로 시간 복잡도는 $O(n^{3})$이라고 할 수 있다. 하지만 더 구체적인 시간 복잡도를 구해보자.
  • @n = 7@로 설정하여 수행 횟수를 구해본다.
    • 외부 for 문은 $1 ≤ i ≤ n - 2$에 의하여 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$까지 수행된다.
    • 중간 for 문은 $i + 1 ≤ j ≤ n - 1$에 의하여 $\{ 2, 3, 4, 5, 6 \}$까지 수행된다.
    • 외부 for 문이 1회 순회하고, 중간 for 문이 1회 순회할 경우, 내부 for 문은 $j + 1 ≤ k ≤ n$에 의하여 $\{ 3, 4, 5, 6, 7 \}$까지 수행된다. (123, 124, 125, 126, 127)
    • 외부 for 문이 1회 순회하고, 중간 for 문이 2회 순회할 경우, 내부 for 문은 $\{ 4, 5, 6, 7 \}$까지 수행된다. (134, 135, 136, 137)
  • 따라서 @1@부터 @n@까지의 숫자 중, 3가지를 뽑아 중복 없이 크기 순으로 작성하는 경우가 수행 횟수가 됨을 알 수 있다. 이것은 조합의 공식과 일치하며, 조합의 공식을 이용하여 나타내면 $_{n}C_{3} = \frac{n!}{(n - 3)! \times 3!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$ 와 같다.
    • $_{n}C_{r} = \frac{n!}{(n - r)!r!}$(조합) : 순서를 고려하지 않고, 서로 다른 $n$개 중에 $r$개를 선택하는 경우의 수
  • 따라서 구체적인 시간 복잡도는 $O(\frac{n(n-1)(n-2)}{6})$이다.

MenOfPassion(A[], n) {
    sum <- 0;
    for i <- 1 to n - 2
        for j <- i + 1 to n - 1
            for k <- j + 1 to n
                sum <- sum + A[i] × A[j] × A[k]; # 코드1
    return sum;
}

 

• 문제에서 주어진 알고리즘을 코드로 작성해보면 다음과 같다. (자료형을 @int@로 선언하였다.)

int MenOfPassion(int A[], int n) {
    int sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
    	for (int j = i + 1; j <= n - 1; j++) {
            for (int k = j + 1; k <= n; k++) {
                sum = sum + A[i] * A[j] * A[k];    // 코드 1
            }
        }
    }
    return sum;
}

 

• $O(\frac{n(n-1)(n-2)}{6})$의 최고 차항($n$)의 차수가 $3$이고, 3중 for 문에 의해 $\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$번 연산이 수행되므로, $\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$과 함께 @3@을 출력시키면 된다.

// MenOfPassion
void Solution(ULLI n) {
    // O(n(n-1)(n-2)/6) -> 최고 차항(n)의 차수가 3이므로 3를 출력한다.
    cout << n * (n - 1) * (n - 2) / 6 << '\n' << 3 << '\n';
}

 

• 단 여기에서 주의할 점이 있다. @n@의 입력 범위가 $0 ≤ n ≤ 500,000$이므로, @n * n@의 값이 @int@ 자료형의 최대값(약 21억)을 초과할 수 있다. ($500,000 \times 500,000 = 250,000,000,000$ (2,500억)) 따라서 변수 @n@을 선언할 때, 적절한 자료형을 설정해주어야 한다.
• 나는 @unsigned long long int@ 자료형을 사용하여 변수 @n@을 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)(n-2)/6) -> 최고 차항(n)의 차수가 3이므로 3를 출력한다.
    cout << n * (n - 1) * (n - 2) / 6 << '\n' << 3 << '\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]
• 브론즈II

 

참고 사이트

Big O notation - Wikipedia

점근 표기법 - 나무위키