사이트 링크 : https://programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/43238
문제는 아래와 같습니다.
문제
n명이 입국심사를 위해 줄을 서서 기다리고 있습니다. 각 입국심사대에 있는 심사관마다 심사하는데 걸리는 시간은 다릅니다.
처음에 모든 심사대는 비어있습니다. 한 심사대에서는 동시에 한 명만 심사를 할 수 있습니다. 가장 앞에 서 있는 사람은 비어 있는 심사대로 가서 심사를 받을 수 있습니다. 하지만 더 빨리 끝나는 심사대가 있으면 기다렸다가 그곳으로 가서 심사를 받을 수도 있습니다.
모든 사람이 심사를 받는데 걸리는 시간을 최소로 하고 싶습니다.
입국심사를 기다리는 사람 수 n, 각 심사관이 한 명을 심사하는데 걸리는 시간이 담긴 배열 times가 매개변수로 주어질 때, 모든 사람이 심사를 받는데 걸리는 시간의 최솟값을 return 하도록 solution 함수를 작성해주세요.
제한사항
- 입국심사를 기다리는 사람은 1명 이상 1,000,000,000명 이하입니다.
- 각 심사관이 한 명을 심사하는데 걸리는 시간은 1분 이상 1,000,000,000분 이하입니다.
- 심사관은 1명 이상 100,000명 이하입니다.
input
n : 6
times : [7,10]
output
28
입출력 예 설명
가장 첫 두 사람은 바로 심사를 받으러 갑니다.
7분이 되었을 때, 첫 번째 심사대가 비고 3번째 사람이 심사를 받습니다.
10분이 되었을 때, 두 번째 심사대가 비고 4번째 사람이 심사를 받습니다.
14분이 되었을 때, 첫 번째 심사대가 비고 5번째 사람이 심사를 받습니다.
20분이 되었을 때, 두 번째 심사대가 비지만 6번째 사람이 그곳에서 심사를 받지 않고 1분을 더 기다린 후에 첫 번째 심사대에서 심사를 받으면 28분에 모든 사람의 심사가 끝납니다.
을 항상 머리속으로 생각하면서 문제를 풀어갈수 있어야 합니다.
문제 해결 포인트
- 제한사항중 입국을 기다리는 사람은 1명이상 10억 이하 심사관이 한명을 심사하는대 걸리는 시간은 1분이상 10억 이하이므로
- 최대 길이는 10억 * 10억 = 1e18 입니다
- 최소 값을 구하려면 각 심사관에게 이진 탐색한 초(mid) 값에대해서 몇명에게 심사 받을수 있는지 확인을 하면 된다
정답코드
def solution(n, times):
times.sort()
# 1 부터 시작
left = 1
# 가능한 최대 값
right = times[-1] * n
# 정답이 가능한 최대의 값
answer = right
while left <= right:
mid = (left + right) // 2
count = 0
for time in times:
# 각 입국 심사관이 몇명을 탐색 할수있는지 카운팅
count += mid//time
# 심사 받을 사람수보다 카운팅이 넘어가면 반복문 종료
if n <= count:
break
# 심사 받을 사람수보다 카운팅이 크면 다 심사를 받을수 있는것으로 판단
if n <= count:
# 최적의 값을 확인
answer = min(answer, mid)
# 끝접을 이동
right = mid - 1
else:
# 시작점을 이동
left = mid + 1
return answer
right 를 times[-1] * n 으로 풀어도 정답으로 채점이 되었습니다 (물론 정답의 최대 값인 1e18로 해도 정답 처리가 됩니다) 가장 생각하기 어려운 코드가 count += mid//time 였는데 입국 심사를 최소로 할수 있는 값을 출력하는 식으로 이렇게 이진탐색으로 출력이 되는것 같습니다.
추가적으로 우선순위 큐로 풀었을떄는 4문제가 풀리지 않았는데 우선순위 큐로도 풀린다고 하니 한번 찾아봐야겠습니다.
'알고리즘 > 프로그래머스' 카테고리의 다른 글
등굣길 - DP(파이썬) (0) | 2022.05.09 |
---|---|
징검 다리 - 이진 탐색 (파이썬) (0) | 2022.04.30 |
[프로그래머스 Level 2 ] 전화번호 목록 (0) | 2020.01.10 |
[프로그래머스 Level 2] 탑 (Stack 문제) (0) | 2019.12.30 |
[프로그래머스 level 1] 체육복 (탐욕법) (0) | 2019.11.03 |