백준 1011 - Fly me to the Alpha Centauri(재귀호출, sqrt)

0. 주어진 문제

Fly me to the Alpha Centauri

시간 제한	메모리 제한	제출	정답	맞은 사람	정답 비율
2 초	512 MB	19809	4967	3866	26.973%

문제

우현이는 어린 시절, 지구 외의 다른 행성에서도 인류들이 살아갈 수 있는 미래가 오리라 믿었다. 그리고 그가 지구라는 세상에 발을 내려 놓은 지 23년이 지난 지금, 세계 최연소 ASNA 우주 비행사가 되어 새로운 세계에 발을 내려 놓는 영광의 순간을 기다리고 있다.

그가 탑승하게 될 우주선은 Alpha Centauri라는 새로운 인류의 보금자리를 개척하기 위한 대규모 생활 유지 시스템을 탑재하고 있기 때문에, 그 크기와 질량이 엄청난 이유로 최신기술력을 총 동원하여 개발한 공간이동 장치를 탑재하였다. 하지만 이 공간이동 장치는 이동 거리를 급격하게 늘릴 경우 기계에 심각한 결함이 발생하는 단점이 있어서, 이전 작동시기에 k광년을 이동하였을 때는 k-1 , k 혹은 k+1 광년만을 다시 이동할 수 있다. 예를 들어, 이 장치를 처음 작동시킬 경우 -1 , 0 , 1 광년을 이론상 이동할 수 있으나 사실상 음수 혹은 0 거리만큼의 이동은 의미가 없으므로 1 광년을 이동할 수 있으며, 그 다음에는 0 , 1 , 2 광년을 이동할 수 있는 것이다. ( 여기서 다시 2광년을 이동한다면 다음 시기엔 1, 2, 3 광년을 이동할 수 있다. )

김우현은 공간이동 장치 작동시의 에너지 소모가 크다는 점을 잘 알고 있기 때문에 x지점에서 y지점을 향해 최소한의 작동 횟수로 이동하려 한다. 하지만 y지점에 도착해서도 공간 이동장치의 안전성을 위하여 y지점에 도착하기 바로 직전의 이동거리는 반드시 1광년으로 하려 한다.

김우현을 위해 x지점부터 정확히 y지점으로 이동하는데 필요한 공간 이동 장치 작동 횟수의 최솟값을 구하는 프로그램을 작성하라.

입력

입력의 첫 줄에는 테스트케이스의 개수 T가 주어진다. 각각의 테스트 케이스에 대해 현재 위치 x 와 목표 위치 y 가 정수로 주어지며, x는 항상 y보다 작은 값을 갖는다. ( 0 ≤ x < y < 231)

출력

각 테스트 케이스에 대해 x지점으로부터 y지점까지 정확히 도달하는데 필요한 최소한의 공간이동 장치 작동 회수를 출력한다.

1. 풀이

1차 시도

1) 재귀호출을 사용해서 구현한다면 간단하지 않을까?

2) 실제로 구현해보니 무리가 있었다. 우선 크기가 30을 넘어가면 걸리는 시간이 기하급수적으로 늘어났다.

시간제한이 2초이므로 다른 구현을 생각해보아야겠다.

2차 시도

1) 간단하게 생각해서 도착지점의 절반까지는 1씩 증가하는 이동, 절반 이후는 감소하는 이동을 하면 가능하지 않을까?

2) 이를 반복문을 사용하여 구현을 해보자.

3차 시도(최적화)

1) 위의 과정을 root를 활용한다면 빠르게 해결할 수 있지 않을까?

2. 소스코드

1) 우선 재귀호출을 사용해 어느정도 구현을 해보았다.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

#include <iostream> #include <algorithm>    //std::min   const int MOD = 1000000007; //3번째 jump_scale은 default값을 넣어주어 main 함수에서 신경쓰지 않아도 되게 선언하자. int time_travel(int x,int y, int jump_scale=1,int jump_count=0){     if (x + jump_scale == y) return ++jump_count % MOD;    //초기값     else if (x + jump_scale > y) return 9999999;       if (jump_scale == 1) return std::min(time_travel(x + jump_scale + 1, y, jump_scale + 1, ++jump_count), time_travel(x + jump_scale, y, jump_scale, ++jump_count)) % MOD;     else return std::min(time_travel(x + jump_scale - 1, y, jump_scale - 1, ++jump_count), std::min(time_travel(x + jump_scale + 1, y, jump_scale + 1, ++jump_count), time_travel(x + jump_scale, y, jump_scale, ++jump_count)))% MOD;   }     int main() {     int position_x, position_y;     //std::cin >> test;     std::cin >> position_x >> position_y;     std::cout << time_travel(position_x, position_y) << std::endl;       system("pause"); } Colored by Color Scripter

cs

허나, 이 구현에서는 마지막 순간이동을 1광년으로 제한하는 것을 구현하지 못하였다.

2)

#include <iostream>
#include <algorithm>    //std::min
 
 
int main()
{
    long long position_x, position_y;
    int test;
    std::cin >> test;
    for(int i=0;i<test;i++){
        std::cin >> position_x >> position_y;
        long long distant(position_y - position_x);
        long long n = 0,t = 0, jump_time(11100000000);
        while (jump_time == 11100000000) {
            if (n % 2 == 0) {
                t = n / 2;
                if (distant <= t * t + t) jump_time = std::min(jump_time, n);
            }
            else if (n % 2 == 1) {
                t = n / 2 + 1;
                if (distant <= t * t) jump_time = std::min(jump_time, n);
            }
            n++;
        }
        std::cout << jump_time << std::endl;
    }
}

위와 같이 만드니 해결할 수 있었다.

3차

#include <iostream>
#include <cmath>
 
long long time_travel_count (long long distant){
    double root_distant = sqrt(distant);
    if (root_distant - (long long)root_distant > 0.5|| root_distant - (long long)root_distant == 0) return (long long)(root_distant+0.5) * 2 - 1;
    else return(long long)root_distant * 2;
}
 
int main()
{
    long long position_x, position_y;
    int test;
    std::cin >> test;
    for(int i=0;i<test;i++){
        std::cin >> position_x >> position_y;
        std::cout << time_travel_count(position_y - position_x) << std::endl;
    }
}

sqrt 함수를 이용하여 더 간단하게 구현할 수 있었다.

3. 문제 출처

https://www.acmicpc.net/problem/1011

4. 참고

http://www.cplusplus.com/reference/cmath/sqrt/