0과 1의 쉼터

풀이 i번째 공이 잡을 수 있는 크기는 i번째 공보다 크기가 작고, 색상이 다른 공들의 합이기 때문에, 입력받은 공들을 공의 크기, 색별로 정렬을 해주었다. 출력순서는 입력순서와 동일해야 하므로, 정렬된 정보들에 대해 index별로 담아 줄 수 있는 배열들을 사용했다. for (int i = 0; i < N; i++){ scanf("%d %d", &b[i].color, &b[i].size); b[i].idx = i; } qsort(b, N, sizeof(Ball), compare); int sum_all = 0; for (int i = 0; i < N; i++){ int s = b[i].size, c = b[i].color, idx = b[i].idx; sum_all += s; same_color[c] ..

풀이 A와 B의 부 배열에 대한 누적 합을 계산 후 정렬해주고, upper/lower bound로 가능한 경우를 계산해주면 된다. 단, 가능한 경우가 없을 수 있으니 left = diff) right = mid - 1; else left = mid + 1; mid = (left+right) / 2; }while (left

풀이 16까지 1의 분포는 다음과 같다. N N의 2진수 1의 개수 1 1 1 2 1 0 2 3 1 1 4 4 1 0 0 5 5 1 0 1 7 6 1 1 0 9 7 1 1 1 12 8 1 0 0 0 13 9 1 0 0 1 15 10 1 0 1 0 17 11 1 0 1 1 20 12 1 1 0 0 22 13 1 1 0 1 25 14 1 1 1 0 28 15 1 1 1 1 32 16 1 0 0 0 0 33 2^x 자리 수는 2^(x+1)마다 반복된다는 것을 알 수 있다. 때문에, (N+1)을 2^(x+1)로 나눈 몫을 2^x만큼 곱하면 완전히 반복되는 구간에 존재하는 1의 개수를 구할 수 있다. 완전히 반복되지 않은 구간에서의 1의 개수는, 2^x 자리 수가 1인경우 (N+1)을 2^x로 나눈 나머지의 개수..

풀이 "백준 11659, 구간 합 구하기 4"와 비슷한 문제이다. 단 sum에 저장되는 큰 수의 절대값이 1,000,000,000이므로 int형으로 선언해도 된다. 소스코드 #include int sum[100001]; int main(){ int N, M, first, last, num; scanf("%d", &N); for (int i = 1; i

풀이 편의를 위해 합 또한 2차원 배열로 저장을 해주었다. 다음은 문제의 예제로 주어진 표에 대한 누적 합을 저장한 배열 sum이다. [x, y]가 의미하는 바는 [1, 1] 부터 [x, y]까지의 누적 합이다. 만약, [2, 3](초록색), [4, 4](노랑색) 구간의 합을 구할 때, [2, 3]을 기준으로 불필요한 누적 합인 [1, 4](=10), [4, 2](=24)을 빼주면 된다. 하지만, [1, 4]와 [4, 2]를 빼는 과정에서 공통된 누적 합(분홍색)을 두번 빼므로, [1, 2]를 더해주어야 한다. 정리하면 다음과 같다. // input :: 4 4 2 3 sum[x2][y2]- sum[x1-1][y2] - sum[x2][y1-1] + sum[x1-1][y1-1] // ex) [4, 4] -..

소스코드 #include int main(){ int N, M, K, x1, y1, x2, y2; scanf("%d %d", &N, &M); int arr[N][M]; for (int i = 0; i < N*M; i++) scanf("%d", &arr[i/M][i%M]); scanf("%d", &K); while (K--){ scanf("%d %d %d %d", &x1, &y1, &x2, &y2); int sum = 0; for (int i = x1; i