Review2 #9
Review2 #9
Conversation
| // 한 자리 수 | ||
| for (int i = 0; i < 10; i++) | ||
| dp[0][i] = 1; |
| // 0으로 시작하는 것 제외 | ||
| for (int i = 1; i < 10; i++) | ||
| ans = (ans + dp[n-1][i]) % DIV; |
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p2. 주석 써주신 것에 의하면 dp[n-1][i]는 n자릿수 중 i로 '끝나는' 쉬운 계단 수의 개수를 저장하고 있어요!
현재 초기화를 해주실 때 dp[0][0]값을 1로 해주셔서 지금 로직은 i로 '시작하는' 쉬운 계단 수를 구하고 있었던 것 같아요. 그래서 답을 구하실 때도 0번 열을 제외하셔야 했던 거구요!
i로 끝나는 쉬운 계단 수를 구하기 위해선 초기화를 어떻게 해야 할까요!?
| for(int i=0; i<n; i++) | ||
| { | ||
| // 상담 한다 | ||
| dp[i + v[i].first] = max(dp[i + v[i].first], dp[i] + v[i].second); |
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p2. 백준 제출 시 문제가 되지는 않지만, v[i].first를 더해줌으로써 dp의 최대 범위를 넘어갈 수 있으므로 인덱스 접근이 가능한지 조건문으로 먼저 체크를 해주는 게 좋아요!!
| if (d[turn].empty()) | ||
| break; | ||
| round(); | ||
| turn = (turn == 1) ? 0 : 1; |
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p2. turn은 0 또는 1로만 이루어지네요! 그럼 무슨 자료형으로 사용하는 게 더 좋을까요? 그리고 상태가 2개 뿐이니 삼항연산자를 쓰지 않고도 턴을 바꿔줄 수 있어요!
| while (!g[0].empty()) | ||
| { | ||
| d[1].push_back(g[0].back()); | ||
| g[0].pop_back(); | ||
| } | ||
| while (!g[1].empty()) | ||
| { | ||
| d[1].push_back(g[1].back()); | ||
| g[1].pop_back(); | ||
| } |
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p2. 겹치는 부분이 있네요! 현재 누구의 덱에 저장하는 지와 어느 그라운드에서 가져오는 지를 보내주면 함수화할 수 있을 것 같아요!!
| for (int i = 0; i < n; i++) | ||
| for (int j = coin[i]; j <= k; j++) | ||
| dp[j] = min(dp[j], dp[j - coin [i]] + 1); |
| vector<int> coin(100, 0); | ||
| // 동전의 최대 가치 100000만큼 dp 생성 | ||
| // 최솟값을 구해야 하므로 10001(k의 최대값보다 큰 값)로 초기화 | ||
| vector<int> dp(100001, 10001); |
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p3. 지금 n, k를 모두 알고 있는 상태니 벡터 크기는 n, k에 맞게 선언해 줘도 좋아요!
| for (int i = 0; i < 4; i++) | ||
| { | ||
| if (inRange(r_tail + move_dir[i].first, c_tail + move_dir[i].second) && board[r_tail + move_dir[i].first][c_tail + move_dir[i].second] == tail_length) | ||
| { | ||
| r_tail += move_dir[i].first; | ||
| c_tail += move_dir[i].second; | ||
| break; | ||
| } | ||
| } |
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p1. 지금 꼬리를 자르고, 그 전의 꼬리를 찾기 위한 연산이 다소 복잡하게 이루어지고 있어요! 그 전의 꼬리의 위치를 다른 컨테이너에 계속 저장하면서 왔다면 어떨까요? 즉, 뱀의 위치들을 저장하는 컨테이너를 따로 관리하는 거죠. 그리고 그 컨테이너는 삽입과 삭제가 자유롭게 이루어질 수 있는 거면 좋을 것 같아요! 컨테이너를 활용하면 꼬리의 삭제가 훨씬 간편해질 거에요!
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