대엉코딩

www.acmicpc.net/problem/17143

1. 풀이방법

- 비교적 간단한 구현 문제입니다.

- 1단계가 낚시왕의 이동, 2단계가 낚시, 3단계가 상어의 이동입니다.

- 1,2 단계는 매우 쉽고, 3단계에서 최대 상어의 마리수 M =10000이고, 한번에 이동할 수 있는 칸은 최대 1000칸 이므로

- 한칸씩 상어를 이동시킬 경우 10000000 에, 다른 부가적인 작업들이 들어가면 시간초과 가능성이 있다고 판단하여

- 문제의 사진을 잘 분석해 보면 한칸씩 이동시키는 것이 어떤 수가 되었을 때 정확히 같은방향, 같은 자리로 오는지를 

- 파악해보면, ( 2 * ((R or C)-1) ) 칸을 움직이면 같은방향을 가지면서 같은 자리로 이동합니다.

- 즉 최종으로 한칸씩 이동시킬 fixedmovecount= speed % ( 2 * ((R or C)-1) ) 만큼만 한칸 씩 이동시키면 됩니다.

2. 주의사항

- 모듈러연산을 활용한다 정도?

- 문제도 짧고 헷갈릴만한 단어도 딱히 없었습니다...

3. 나의코드

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int R, C,M;
struct shark {
	int speed, dir, ssize,num;
};
vector<shark> sea[102][102];
vector<pair<int, int>> sharkvec; // 상어들의 위치 저장
bool sharkdie[10001]; // 상어 살았는지 여부 조사
int dx[4] = { -1,1,0,0 };
int dy[4] = { 0,0,1,-1 };
int sharksum;

void inputs() {
	cin >> R >> C>>M;
	int r, c, s, d, z;
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		cin >> r >> c >> s >> d >> z;
		sharkvec.push_back({ r,c });
		sea[r][c].push_back({ s,d - 1,z,i });
	}
}
void getshark(int f) {
	for (int i = 1; i <= R; i++) {
		if (!sea[i][f].empty()) {
			sharksum += sea[i][f][0].ssize; //잡음
			sharkdie[sea[i][f][0].num] = true;
			sea[i][f].pop_back();
			return;
		}
	}
	return;
}

void moveshark() {
	vector<shark> tmpsea[102][102];
	for (int i = 0; i < M; i++) {
		if (sharkdie[i]) continue; //죽었으면 보지않음

		int x = sharkvec[i].first; int y = sharkvec[i].second;
		int tmps, tmpd, tmpz;
			tmps = sea[x][y][0].speed;
			tmpz = sea[x][y][0].ssize; //크기
			tmpd = sea[x][y][0].dir;


		int fixexmovecount;
		if (tmpd <= 1) { // 세로이동
			fixexmovecount = tmps%(2*(R - 1));
			for (int a = 0; a < fixexmovecount; a++) {
				if (x == R) { tmpd = 0; }
				if (x == 1) { tmpd = 1; }
				x += dx[tmpd];
			}
		}
		else { //가로이동
			fixexmovecount = tmps%(2*(C - 1));
			for (int a = 0; a < fixexmovecount; a++) {
				if (y == C) { tmpd = 3; }
				if (y == 1) { tmpd = 2; }
				y += dy[tmpd];
			}
		}
		sharkvec[i].first = x; sharkvec[i].second = y;
		if(tmpsea[x][y].empty()) tmpsea[x][y].push_back({ tmps,tmpd,tmpz,i }); //아무도 없으면 그냥 삽입
		else { //다른 상어가 있으면 큰놈이 작은놈을 잡아먹는다
			if (tmpsea[x][y][0].ssize < tmpz) {
				sharkdie[tmpsea[x][y][0].num] = true; // 기존에 있던놈 잡아먹힘
				tmpsea[x][y].pop_back();
				tmpsea[x][y].push_back({ tmps,tmpd,tmpz,i });
			}
			else { //넣으려던놈이 잡아먹힘
				sharkdie[i] = true;
			}
		}
	}
	for (int t = 1; t <= R; t++) {
		for (int k = 1; k <= C; k++) {
			sea[t][k] = tmpsea[t][k];
		}
	}
	return;
}
/*void watchshark() {
	cout << "\n";
	for (int i = 1; i <= R; i++) {
		for (int j = 1; j <= C; j++) {
			if (sea[i][j].empty()) cout << 0 << " ";
			else cout << sea[i][j][0].num+1 << " ";
		}
		cout << "\n";
	}
	cout << "\n";
}*/
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	inputs();
	for (int fm = 1; fm <= C; fm++) { // 낚시꾼의 위치 (1초당)
		getshark(fm);
		moveshark();
	}
	cout << sharksum;


	return 0;
}

www.acmicpc.net/problem/17822

1. 풀이방법

- 구현문제입니다.

- circular의 특성만 체크 해서 0이 될경우 M으로 바꿔주고 M+1이 될경우 1로 바꿔주는 것에 신경써주고,

- 문제에서 구현하라는 대로 하시면 됩니다.

- bfs를 통해서 인접한 수 들을 모두 지워주었습니다.

2. 주의사항

- 평균에 대한 특별한 언급이 없어서( 나머지는 버린다던가...) 

- 그냥 double형으로 선언하여 평균을 구해주었더니 맞았습니다.

3. 나의코드

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int N, M, T; // 반지름, 원판당 수, T번 회전시킨다.
int circle[51][51]; // 몇번째 원/ 몇번째 수
bool visited[51][51]; //bfs를 위한 
queue<pair<int, int>> tmpq;
int xi, di, ki;
int xdk[51][3];
bool checkexist = false;
int dx[4] = { -1,1,0,0 };
int dy[4] = { 0,0,-1,1 };
double tmpsum, tmpn;
bool neighbor = false;

//번호가 xi의 배수인 원판을 di방향(0-시계,1-반시계) ki칸 만큼 회전
void inputs() {
	cin >> N >> M >> T;
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= M; j++) {
			cin >> circle[i][j];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= T; i++) {
		cin >> xdk[i][0] >> xdk[i][1] >> xdk[i][2];
	}
}
bool boundcheck(int x) {
	return (x >= 1 && x <= N); //원의 범위
}
void rotate(int r) {
	for (int k = 0; k < xdk[r][2]; k++) {
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			if (i % xdk[r][0] != 0) continue; // xi의 배수인 원판만 회전

			int tmpnum;
			if (xdk[r][1] == 0) { // 시계방향
				tmpnum = circle[i][M];
				for (int j = M; j >= 2; j--) {
					circle[i][j] = circle[i][j - 1];
				}
				circle[i][1] = tmpnum;
			}
			else { //반시계방향
				tmpnum = circle[i][1];
				for (int j = 1; j < M; j++) {
					circle[i][j] = circle[i][j + 1];
				}
				circle[i][M] = tmpnum;
			}
		}
	}
}
void initvisit() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= M; j++) {
			visited[i][j] = false;
		}
	}
}
void bfs(int x, int y) {
	visited[x][y] = true;
	tmpq.push({x,y});
	while (!tmpq.empty()) {
		int qsize = tmpq.size();
		while (qsize--) {
			int nextx = tmpq.front().first;
			int nexty = tmpq.front().second;
			tmpq.pop();
			for (int i = 0; i < 4; i++) {
				int tx = nextx + dx[i]; int ty = nexty + dy[i];
				if (ty == 0) ty = M; //circular
				if (ty == M + 1) ty = 1;
				
				if (boundcheck(tx) && !visited[tx][ty] && circle[tx][ty] == circle[x][y]) {
					tmpq.push({ tx,ty });
					visited[tx][ty] = true;
					neighbor = true;
					circle[tx][ty] = 0; //지우기
					checkexist = true;
				}
			}
		}
	}
	if (neighbor == true) {
		circle[x][y] = 0; 
	} //하나라도 존재하면 여기도 지우기 (시작점)
}
void getsum() {
	tmpsum = 0; tmpn = 0;
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= M; j++) {
			if (circle[i][j] != 0) {
				tmpsum += circle[i][j];
				tmpn++;
			}
		}
	}
}
/*void watchcircle() {
	cout << "\n";
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= M; j++) {
			cout << circle[i][j] << " ";
		}
		cout << "\n";
	}
	cout << "\n";
}*/
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	inputs(); //원판 셋팅
	for(int a=1;a<=T;a++) {
		rotate(a); //회전
		getsum(); // 전체 존재의 수와 그들의 합
		if (tmpn == 0) { cout << 0; return 0; }
		initvisit();
		checkexist = false; // 인접하면서 같은 수가 하나라도 존재하는지 체크
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			for (int j = 1; j <= M; j++) {
				neighbor = false; //이웃이 하나라도 있으면 삭제되고 아니면 지워지지 않음
				if (circle[i][j] != 0 && visited[i][j] == false) {
					bfs(i, j);
				} // 인접
			}
		}
		if (checkexist == false) { //인접한 수가 존재하지 않을 때
			double avg = tmpsum / tmpn;
			for (int i = 1; i <= N; i++) {
				for (int j = 1; j <= M; j++) {
					if (circle[i][j] == 0) continue;

					if (circle[i][j] > avg) {
						circle[i][j]--; continue;
					}
					else if (circle[i][j] < avg) {
						circle[i][j]++; continue;
					}
				}
			}
		}
	}
	int resultsum = 0;
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= M; j++) {
			resultsum += circle[i][j];
		}
	}
	cout << resultsum;
	return 0;
}

www.acmicpc.net/problem/17837

1. 풀이방법

- 구현문제입니다.

- 문제의 조건대로 출력해주면 됩니다.

- 자료형을 잘 생각해서 문제풀이 시작에 들어가면 됩니다.

2. 주의사항

- 아무리봐도 맞는데, 마지막 테케가 원하는 대로 안나오고 -1이 나왔습니다.

- 문제를 잘 읽어보니 종료조건을 TURN 이 증가 될때마다가 아닌, 한마리의 말을 이동시킬 때 마다 종료조건을 검사해야 합니다. 

-왜냐하면, 높이가 4이상이 되는 순간 (게임이 진행되는 도중) 바로 게임이 종료되기 때문입니다.

3. 나의 코드

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int N, K;

int ground[14][14];
vector<pair<int,int>> chess[14][14]; //쌓이는 말들을 표시하기 위에 맨앞=맨아래 (번호, 이동방향)
vector<pair<int, int>> horse; //그말은 아니지만;;ㅎ

int dx[4] = { 0,0,-1,1 }; //1234
int dy[4] = { 1,-1,0,0 };

void inputs() {
	cin >> N >> K;
	for (int i = 0; i <= N + 1; i++) { //테두리는 파란색 취급
		ground[0][i] = 2;
		ground[i][0] = 2;
		ground[N + 1][i] = 2;
		ground[i][N + 1] = 2;
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			cin >> ground[i][j];
		}
	}
	horse.push_back({ -1,-1 }); //index 맞추기 용

	int x, y, z;
	for (int i = 1; i <= K; i++) {
		cin >> x >> y >> z;
		chess[x][y].push_back({ i, z-1 });
		horse.push_back({ x,y }); //말의 위치 표시
	}
}
bool checkexit() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			if (chess[i][j].size() >= 4) return true;
		}
	}
	return false;
}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	inputs();
	int turncount = 0;
	while (1) {

		turncount++;
		//1번말부터 이동
		for (int i = 1; i <= K; i++) {
			int tx = horse[i].first; int ty = horse[i].second; // 그 말의 위치
			for (int j = 0; j < chess[tx][ty].size(); j++) {
				if (chess[tx][ty][j].first == i) { //쌓여있는 말의 위치를 알았다.

					int tmpdir = chess[tx][ty][j].second; //이동방향
					int nextx = tx + dx[tmpdir]; int nexty = ty + dy[tmpdir];


					if (ground[nextx][nexty] == 0) { //흰색
						int erasecount = 0;
						for (int k = j; k < chess[tx][ty].size(); k++) {
							chess[nextx][nexty].push_back(chess[tx][ty][k]);
							horse[chess[tx][ty][k].first] = { nextx,nexty }; //말의 위치가 바뀐걸 알려줘야 한다.
							erasecount++;
						}
						while (erasecount--) { //이동헀으니 제거
							chess[tx][ty].pop_back(); 
						}
						break;
					}

					else if (ground[nextx][nexty] == 1) { //빨간
						int erasecount = 0;
						for (int k = chess[tx][ty].size() - 1; k >= j; k--) {
							chess[nextx][nexty].push_back(chess[tx][ty][k]);
							horse[chess[tx][ty][k].first] = { nextx,nexty };
							erasecount++;
						}
						while (erasecount--) {
							chess[tx][ty].pop_back();
						}
						break;
					}
					else { //파란
						//이동방향 반대로

						if (tmpdir == 0) tmpdir = 1;
						else if (tmpdir == 1) tmpdir = 0;
						else if (tmpdir == 2) tmpdir = 3;
						else tmpdir = 2;

						chess[tx][ty][j].second = tmpdir;

						if (ground[tx + dx[tmpdir]][ty + dy[tmpdir]] == 2) { //반대도 파란색
							break;
						}
						else {
							j--;
						}// 한번 더 반복
					}
				}
			}
			//순간 이므로 !
			if (checkexit()) { cout << turncount; return 0; }
		}
		if (turncount > 1000) { cout << -1; return 0; }
	}
}

www.acmicpc.net/problem/16235

1. 풀이방법

- 단순한 구현 문제입니다.

- 문제는 간단하고 이해도 어렵지 않지만, 시간제한이 0.3초 인 점을 감안하여야 합니다.

- 문제에서의 단계대로 차례차례 진행해줍니다.

2. 주의사항

- 전 처음에 시간제한 및 어린나이부터 진행되어야 한다는 문제를 보고 우선순위 큐를 생각해서 접근하였는데,

- 정답은 잘 뽑아내는 것 같으나, 시간초과가 계속 되어 결국 자료형을 vector로 바꿔서 봄에만 정렬을 하여 사용하였습니다.

- vector를 사용하자니, 죽은 나무를 뽑아내는 것이 문제였는데, vector는 index로 쉽게 접근이 가능하나 원하는 위치의데이터를 맘대로 뽑기는 어렵습니다.

- 그래서 양분이 부족해지는 지점이 딱 왔을 때, 그 이차원벡터배열의 맨뒤부터 양분/2를 더해주면서 pop_back() 해주었습니다.

3. 나의코드

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m, K;
int ground[11][11]; // 양분의 양
vector<int> treeageset[11][11]; //나이 기준 정렬
int s2d2[11][11];
int dx[8] = { -1,-1,-1,0,0,1,1,1 };
int dy[8] = { -1,0,1,-1,1,-1,0,1 };
int tmpv[1001];
int presize[11][11]; 

void inputs() {
	cin >> n >> m >> K;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			ground[i][j] = 5;
			cin >> s2d2[i][j];
		}
	}
	int x, y, z;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> x >> y >> z;
		treeageset[x][y].push_back(z);
	}
}
bool boundcheck(int x, int y) {
	return (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= n);
}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	inputs();
	for (int i = 0; i < K; i++) { //1년

		//봄
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			for (int k = 1; k <= n; k++) {
				if (treeageset[j][k].empty()) continue;
				int tmpground = ground[j][k];
				ground[j][k] = 0;
				sort(treeageset[j][k].begin(), treeageset[j][k].end());
				int vsize = treeageset[j][k].size();
				for (int a = 0; a < vsize; a++) {
					if (tmpground >= treeageset[j][k][a]) {
						tmpground -= treeageset[j][k][a];
						treeageset[j][k][a]++;
					}
					else {
						for (int b = vsize - 1; b >= a; b--) {
							ground[j][k] += treeageset[j][k][b] / 2;
							treeageset[j][k].pop_back();
						}
						break;
					}
				}
				ground[j][k] += tmpground; //남은 양분+죽은나무의 양분
			}
		}


	//새로 추가되는 나무들은 번식시키지 않기 위해서
	for (int j = 1; j <= n; j++) { 
		for (int k = 1; k <= n; k++) {
			presize[j][k] = treeageset[j][k].size();
		}
	}
	//가을 번식
	for (int j = 1; j <= n; j++) {
		for (int k = 1; k <= n; k++) {
			for (int a = 0; a < presize[j][k]; a++) {
				if (treeageset[j][k][a] % 5 == 0) {
					for (int b = 0; b < 8; b++) {
						int nextx = j + dx[b];
						int nexty = k + dy[b];
						if (boundcheck(nextx, nexty)) {
							treeageset[nextx][nexty].push_back(1);
						}
					}
				}
			}
			ground[j][k] += s2d2[j][k]; //양분 보급
		}
	}
}
	int resultsum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			resultsum += treeageset[i][j].size();
		}
	}
	cout << resultsum;
	return 0;
}

www.acmicpc.net/problem/17779

1. 풀이방법

- 구현문제입니다.

- 나머지 선거구는 문제에서 이미 범위가 다 주어져서 쉬운 문제입니다.

- 문제는 5번선거구를 처리하는 것입니다.

- 저는 가장자리를 먼저 구해서 맵에 체크 해놓고, (x+1,y) 좌표를 기준으로 bfs를 돌린 뒤, 4면이 다 5선거구로 둘러쌓여 있는 지역을 5번 선거구에 포함하여 주었습니다.

- 0 5 0 0 0

  5 0 5 0 0

  0 5 0 5 0

  0 0 5 0 0

- 위와 같은 예시는 4방향탐색 bfs로는 5선거구에 포함시킬 수 없기 때문입니다.

2. 주의사항

- 문제조건에 왠만하면 범위를 맞추자.... (0~n-1)로 고집하지말고... 1~n으로 맞춰서 하자....

3. 나의코드

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

pair<int, int> ground[22][22]; //first =선거구, second= 구역별 인원
int n;
queue<pair<int, int>> tmpq;
int dx[4] = { 0,0,1,-1 };
int dy[4] = { 1,-1,0,0 };
int numcount[6];
int resultmin = 20000;

void inputs() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> ground[i][j].second;
		}
	}
}
bool boundcheck(int i, int j, int a, int b) {
	return ((i + a + b) <= n && (j - a >= 1) && (j + b <= n));
}
void initground() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			ground[i][j].first = 0;
		}
	}
}
bool bfsboundcheck(int x, int y) {
	return (x <= n&& x >= 1 && y >= 1 && y <= n);
}
void bfs(int x, int y) {
	ground[x][y].first = 5;
	tmpq.push({ x,y });
	while (!tmpq.empty()) {
		int qsize = tmpq.size();
		while (qsize--) {
			int nextx = tmpq.front().first;
			int nexty = tmpq.front().second;
			tmpq.pop();
			for (int i = 0; i < 4; i++) {
				int tx = nextx + dx[i];
				int ty = nexty + dy[i];
				if (bfsboundcheck(tx, ty) && ground[tx][ty].first != 5) {
					tmpq.push({ tx,ty });
					ground[tx][ty].first = 5;
				}
			}
		}
	}
}

void makeoutside(int x,int y,int d1,int d2) {
	// 일단 경계선
	for (int i = 0; i <= d1; i++) {
		ground[x + i][y - i].first = 5;
		ground[x + d2 + i][y + d2 - i].first = 5;
	}
	for (int j = 0; j <= d2; j++) {
		ground[x + j][y + j].first = 5;
		ground[x + d1 + j][y - d1 + j].first = 5;
	}
	//bfs 돌리고 + 4면이 모두 5인 곳은 따로 체크
	if (ground[x + 1][y].first == 0) bfs(x + 1, y);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		for (int j = 1; j < n; j++) {
			int tmpcount = 0;
			for (int k = 0; k < 4; k++) {
				if (ground[i + dx[k]][j + dy[k]].first == 5) {
					tmpcount++;
				}
				else break;
			}
			if (ground[i][j].first != 5 && tmpcount == 4) { ground[i][j].first = 5; }
		}
	}
	for (int i = 1; i < x + d1; i++) { //1번 선거구
		for (int j = 1; j <= y; j++) {
			if (ground[i][j].first == 5) continue;
			ground[i][j].first = 1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= x + d2; i++) { //2번 선거구
		for (int j = y+1; j <= n; j++) {
			if (ground[i][j].first == 5) continue;
			ground[i][j].first = 2;
		}
	}
	for (int i = x + d1; i <= n; i++) { //3번 선거구
		for (int j = 1; j < y - d1 + d2;j++) {
			if (ground[i][j].first == 5) continue;
			ground[i][j].first = 3;
		}
	}
	for (int i = x + d2+1; i <= n; i++) {
		for (int j = y - d1 + d2; j <= n; j++) {
			if (ground[i][j].first == 5) continue;
			ground[i][j].first = 4;
		}
	}
}
void numcheckreset() {
	for (int i = 1; i <= 5; i++) {
		numcount[i] = 0;
	}
}
void getnumcount() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			numcount[ground[i][j].first] += ground[i][j].second;
		}
	}
}
bool emptycheck() {
	for (int i = 1; i <= 5; i++) {
		if (numcount[i] == 0) return true;
	}
	return false;
}
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	inputs();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			for (int a = 1; a <= n; a++) {
				for (int b = 1; b <= n; b++) {
					if (boundcheck(i, j, a, b)) { //범위를 만족할 때만
						initground();
						makeoutside(i,j,a,b);
						numcheckreset();
						getnumcount();
						if (emptycheck()) continue; //적어도 하나의 구역 포함
						sort(numcount + 1, numcount + 6);
						resultmin = min(resultmin, numcount[5] - numcount[1]);
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << resultmin;
	return 0;
}

www.acmicpc.net/problem/10799

1. 풀이방법

- 문제가 요구하는 사항을 구현하는 문제인데, 스택을 이용해서 현재 몇개의 막대가 쌓여있는지를 확인하였습니다.

- 사실 굳이 STACK.SIZE()를 그냥 임의의 변수 하나를 만들어 관리하면 그냥 반복문만으로도 구현 가능합니다.

2. 주의사항

- 조각의 개수가 증가하는 경우는 두가지 경우입니다. 

- (1) 레이저가 자르는 경우 (2) 막대가 끝나는 경우

3. 나의코드

<stack이용>

#include<iostream>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
using namespace std;
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	string s;
	cin >> s;
	stack<char> sarr;
	int resultnum = 0;
	for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
		if (sarr.empty()) { //비어있을 경우
			sarr.push(s[i]); continue;
		}
		if (s[i] == ')'&&s[i-1]== '(') { //레이저
			sarr.pop();
			resultnum += sarr.size();
			continue;
		}
		if (s[i] == '(') { //막대의 시작
			sarr.push(s[i]);
		}
		else if (s[i] == ')') { //막대의 끝
			sarr.pop();
			resultnum++;
		}
	}
	cout << resultnum << "\n";
	return 0;
}

<변수로 관리>

#include<iostream>
#include<string>

	using namespace std;

	int main() {
		int cnt = 0, result = 0;
		string t;
		cin >> t;
		for (int i = 0; i < t.length(); i++) {
			if (t[i] == '(') {
				if (t[i + 1] == ')') {
					i++;
					result += cnt;
					continue;
				}
				cnt++;
			}
			else {
				cnt--;
				result++;
			}
		}
		cout << result;
		return 0;
	}

www.acmicpc.net/problem/16236

1. 풀이방법

- BFS 문제. DFS로도 풀어보았지만 로직은 맞는 것 같지만 역시나 시간 초과가 나옵니다. (코드는 첨부)

- 상어의 위치로 부터 조건에 가장 부합하는 물고기 위치를 BFS로 탐색해 찾아낸 다음

- 그 위치의 물고기를 먹고 상어의크기를 조정이 필요할 경우 해주고 그 위치로 아기상어를 옮겨 주시면 됩니다.

- 저는 DFS를 먼저 풀고 거기서 재활용할 함수들은 재활용하고 makefishcase만 bfs로 바꿔서 구현하여서,

- 불필요한 부분도 들어있습니다. 깔끔하지 않습니다.

2. 주의사항

- 한가지 있는데, 저와 같은 케이스인 분들을 위해 기록합니다.

- bfs로 짰는데 "시간초과" 라는 결과를 얻었습니다.

- 코드를 아무리 봐도 시간초과가 나올만한 연산을 하는 곳이 없습니다.

- 이럴경우 거의 십중팔구 무한루프에 빠지는 테스트케이스가 존재한다는 뜻입니다.

- 그것을 곰곰히 생각해보니, 

- 이러한 경우 입니다

  9 0 0

  4 4 4

  0 0 1

-저의 코드에서는 전체 바다에서 먹을 수 있는 물고기가 존재하는지 체크하는 함수가 있는데,

- 그 함수는 이러한 케이스에서 1이라는 물고기가 있으므로 break;를 걸지 않아서 무한루프에 빠져

- 시간초과가 나오는 것이였습니다.

- 물론 종료조건 함수를 훨씬 정교하고 예쁘게 만드셨다면 해당되지 않으실 수 도 있습니다!

3. 나의코드

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

int dx[4] = { 1,-1,0,0 }; //상하좌우 4방향 탐색
int dy[4] = { 0,0,-1,1 };
int sea[21][21];
bool visit[21][21];
int N;
int resultsecond;
int tmpeat = 0;
int sharksize = 2;
int sharkx, sharky;
int failsecond = -1;

struct fish {
	int x, y, far;
};
vector<fish> farr;
void inputs() {
	cin >> N;
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < N; j++) {
			cin >> sea[i][j];
			if (sea[i][j] == 9) { sharkx = i; sharky = j; }
		}
	}
}
bool checksea() {
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < N; j++) {
			if (sea[i][j] > 0 && sea[i][j] < sharksize && sea[i][j] != 9) { return false; }
		}
	}
	return true; //더이상 잡아 먹을 것 이 없음
}
void visitclear() {
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		for (int j = 0; j < N; j++) {
			visit[i][j] = false;
		}
	}
}
queue<fish> tmpq;
void makefishcase(int x, int y) {
	tmpq.push({ x,y,0 });
	int cnt = 0;
	while (1) {
		int si = tmpq.size();
		if (si == 0) { failsecond = resultsecond; break; }
		while (si--) {
			int tx = tmpq.front().x;
			int ty = tmpq.front().y;
			tmpq.pop();
			if (sea[tx][ty] > 0 && sea[tx][ty] < sharksize && sea[tx][ty] != 9) {
				farr.push_back({ tx,ty,cnt });
			}
			for (int i = 0; i < 4; i++) {
				int nextx = tx + dx[i]; int nexty = ty + dy[i];
				if (nextx >= 0 && nextx < N && nexty >= 0 && nexty < N) {
					if (visit[nextx][nexty] == false && sea[nextx][nexty] <= sharksize) {
						visit[nextx][nexty] = true; 
						tmpq.push({ nextx,nexty,0 }); 
					}
				}
			}
		}
		if (farr.empty() == false) break;
		cnt++;
	}
}
bool compare(fish& lh, fish& rh) {
	if (lh.far < rh.far) return true;
	else if (lh.far == rh.far) {
		if (lh.x < rh.x) return true;
		else if (lh.x == rh.x) {
			if (lh.y < rh.y) return true;
			else return false;
		}
		else return false;
	}
	else return false;
}
void queuereset() {
	while (!tmpq.empty()) {
		tmpq.pop();
	}
}
void eatfish() {
	queuereset();
	makefishcase(sharkx, sharky);
	if (failsecond != -1) return;
	sort(farr.begin(), farr.end(), compare); //거리 순 > 위에있는순> 왼쪽에 있는순으로 소팅
	sea[sharkx][sharky] = 0;
	sharkx = farr[0].x; sharky = farr[0].y;
	tmpeat++;
	if (sharksize == tmpeat) {
		tmpeat = 0; sharksize++;
	}
	sea[sharkx][sharky] = 9;
	resultsecond += farr[0].far;
	visitclear();
	farr.clear();
}
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	inputs();
	while (1) {
		if (checksea()) break;
		visit[sharkx][sharky] = true;
		eatfish();
		if (failsecond != -1) break;
	}
	if (failsecond == -1) {
		cout << resultsecond << "\n";
	}
	else { cout << failsecond << "\n"; }
	return 0;
}

www.acmicpc.net/problem/20061

1. 풀이방법

- 문제의 조건을 그대로 구현하는 문제입니다.

- 문제가 길긴 하지만 테스트케이스 와 문제자체(그림)이 친절하게 나와있어서 과정을 체크하기 편했습니다.

- 딱히 알고리즘을 사용할 건 없고 조건에 맞춘 구현만 해주시면 됩니다.

2. 주의사항

- 두번정도 틀린 후에 정답을 맞췄는데, 첫번째 오답의 경우 도미노를 밀 때 효율적으로 짠다셈 치고 뒤에서 부터

- 탐색을 하면서 도형의 자리를 찾았는데 , 오답이 뜬후 디버깅하며 지도 형태를 보니

- (이러한 경우)

- 0 0 0 1                    1 0 0 1

  0 1 0 1        (--->)   1 1 0 1  (정답)

 이렇게 되어야 하는데,

                                 0 0 1 1

                  (--->)     0 1 1 1 (오답)

- 이러한 실수를 했어서, 앞쪽부터 탐색하는 것으로 바꾸었습니다. (앞으로도 이런문제에서 주의하자..!!)

- 두번째 오답은 도형 유형이 3가지 있는데 테트리스를 생각해 보시면 이게 두줄이 한번에 clear 되는 경우가 발생할 수

- 있습니다. 저 같은 경우 코드 상에서 뒤쪽 부터 탐색 하며 한 행 또는 열 이 클리어 된다면 앞쪽에서 한칸씩 당겨오는

- 방식으로 구현했는데, 이렇게 구현할 경우 땡겨온 다음 그 행 또는 렬 을 한번 더 체크 해주어야 합니다 ( i++ )

- 자세한 것은 주석을 확인해주세요

3. 나의코드

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;


int N,t,x,y;
int ground[10][10]; //0~9
int resultscore;
int resultblock;

void fillnemo() {
	if (t == 1) {
		for (int i = 4; i <=9; i++) { //파란색
			if (i == 9) { ground[x][i] = 1; break; }
			if (ground[x][i+1] == 1) { ground[x][i] = 1; break; }
		}
		for (int i = 4; i <= 9; i++) { //초록색
			if (i == 9) { ground[i][y] = 1; break; }
			if (ground[i+1][y] == 1) { ground[i][y] = 1; break; }
		}
	}
	else if (t == 2) {
		int tmpindex=10;
		for (int i = 4; i <= 9; i++) { //파란색
			if (ground[x][i] == 1 ) {
				tmpindex = i;
				break; }
		}
		ground[x][tmpindex - 1] = 1; ground[x][tmpindex - 2] = 1;

		tmpindex = 10;
		for (int i = 4; i <= 9; i++) { //초록색
			if (ground[i][y] == 1||ground[i][y+1]==1) {
				tmpindex = i;
				break;
			}
		}
		ground[tmpindex - 1][y] = 1; ground[tmpindex - 1][y + 1] = 1;
	}
	else {
		int tmpindex = 10;
		for (int i = 4; i <= 9; i++) { //파란색
			if (ground[x][i] == 1 || ground[x + 1][i] == 1) {
				tmpindex = i;
				break;
			}
		}
		ground[x][tmpindex - 1] = 1; ground[x + 1][tmpindex - 1] = 1;
		tmpindex = 10;
		for (int i = 4; i <= 9; i++) { //초록색
			if (ground[i][y] == 1 ) {
				tmpindex = i;
				break;
			}
		}
		ground[tmpindex - 1][y] = 1; ground[tmpindex - 2][y] = 1;
	}
}

void delblock() {
	//파란색
	for (int i = 9; i >= 6; i--) {
		bool checking = false;
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[j][i] == 0) { checking = true; break; }
		}
		if (checking == false) { //4블록이 꽉찬경우
			resultscore++;
			for (int k = i; k >= 4; k--) { //이동시키기
				for (int l = 0; l < 4; l++) { ground[l][k] = ground[l][k-1]; }
			}
			i++; // 두줄이 한번에 꽉차는 경우를 위해서 이동시킨후 다시 그 행,렬부터 확인해야됨
		}
	}
	//초록색
	for (int i = 9; i >= 6; i--) {
		bool checking = false;
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[i][j] == 0) { checking = true; break; }
		}
		if (checking == false) {
			resultscore++;
			for (int k = i; k >= 4; k--) { //이동시키기
				for (int l = 0; l < 4; l++) { ground[k][l] = ground[k-1][l]; }
			}
			i++; // 두줄이 한번에 꽉차는 경우를 위해서 이동시킨후 다시 그 행,렬부터 확인해야됨
		}
	}
}

void moveblock() { 
	//연한 파란색
	bool checking = false;
	int checkingcount = 0;
	for (int i = 4; i <= 5; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[j][i] == 1) { checkingcount++; break; }
		}
	}
	if (checkingcount != 0) {
		for (int i = 9; i >= 4; i--) {
			for (int j = 0; j < 4; j++) {
				ground[j][i] = ground[j][i - checkingcount];
			}
		}
	}
	for (int i = 4; i <= 5; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			ground[j][i] = 0;
		}
	}
	//연한 초록색
	checking = false;
	checkingcount = 0;
	for (int i = 4; i <= 5; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[i][j] == 1) { checkingcount++; break; }
		}
	}
	if (checkingcount != 0) {
		for (int i = 9; i >= 4; i--) {
			for (int j = 0; j < 4; j++) {
				ground[i][j] = ground[i-checkingcount][j];
			}
		}
	}
	for (int i = 4; i <= 5; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			ground[i][j] = 0;
		}
	}
}
void watchground() {
	cout << endl;
	for (int i = 0; i <= 9; i++) {
		for (int j = 0; j <= 9; j++) {
			cout << ground[i][j];
		}
		cout << endl;
	}
}
void getblock() {
	for (int i = 6; i <= 9; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[j][i] == true) resultblock++;
		}
	}
	for (int i = 6; i <= 9; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (ground[i][j] == true) resultblock++;
		}
	}
}

int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> N;
	while (N--) {
		cin >> t >> x >> y;
		fillnemo(); // 블록 초록색 파란색으로 이동시키기
		delblock(); // 4블록이 꽉찬 행,또는 렬 삭제 (점수 획득)
		moveblock(); // 연한초록, 연한파란색에 블록이 있을 경우 이동
	}
	getblock();
	cout << resultscore << "\n";
	cout << resultblock << "\n";

	return 0;
}