문제

XX게임에는 피로도 시스템(0 이상의 정수로 표현합니다)이 있으며, 일정 피로도를 사용해서 던전을 탐험할 수 있습니다. 이때, 각 던전마다 탐험을 시작하기 위해 필요한 "최소 필요 피로도"와 던전 탐험을 마쳤을 때 소모되는 "소모 피로도"가 있습니다. "최소 필요 피로도"는 해당 던전을 탐험하기 위해 가지고 있어야 하는 최소한의 피로도를 나타내며, "소모 피로도"는 던전을 탐험한 후 소모되는 피로도를 나타냅니다. 예를 들어 "최소 필요 피로도"가 80, "소모 피로도"가 20인 던전을 탐험하기 위해서는 유저의 현재 남은 피로도는 80 이상 이어야 하며, 던전을 탐험한 후에는 피로도 20이 소모됩니다.

이 게임에는 하루에 한 번씩 탐험할 수 있는 던전이 여러개 있는데, 한 유저가 오늘 이 던전들을 최대한 많이 탐험하려 합니다. 유저의 현재 피로도 k와 각 던전별 "최소 필요 피로도", "소모 피로도"가 담긴 2차원 배열 dungeons 가 매개변수로 주어질 때, 유저가 탐험할수 있는 최대 던전 수를 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요.

제한사항

• k는 1 이상 5,000 이하인 자연수입니다.
• dungeons의 세로(행) 길이(즉, 던전의 개수)는 1 이상 8 이하입니다.
  • dungeons의 가로(열) 길이는 2 입니다.
  • dungeons의 각 행은 각 던전의 ["최소 필요 피로도", "소모 피로도"] 입니다.
  • "최소 필요 피로도"는 항상 "소모 피로도"보다 크거나 같습니다.
  • "최소 필요 피로도"와 "소모 피로도"는 1 이상 1,000 이하인 자연수입 니다.
  • 서로 다른 던전의 ["최소 필요 피로도", "소모 피로도"]가 서로 같을 수 있습니다.

입출력 예

k	 dungeons                 	result
80	[[80,20],[50,40],[30,10]]	3

입출력 예 설명

현재 피로도는 80입니다.

만약, 첫 번째 → 두 번째 → 세 번째 던전 순서로 탐험한다면

• 현재 피로도는 80이며, 첫 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도" 또한 80이므로, 첫 번째 던전을 탐험할 수 있습니다. 첫 번째 던전의 "소모 피로도"는 20이므로, 던전을 탐험한 후 남은 피로도는 60입니다.
• 남은 피로도는 60이며, 두 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도"는 50이므로, 두 번째 던전을 탐험할 수 있습니다. 두 번째 던전의 "소모 피로도"는 40이므로, 던전을 탐험한 후 남은 피로도는 20입니다.
• 남은 피로도는 20이며, 세 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도"는 30입니다. 따라서 세 번째 던전은 탐험할 수 없습니다.

만약, 첫 번째 → 세 번째 → 두 번째 던전 순서로 탐험한다면

• 현재 피로도는 80이며, 첫 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도" 또한 80이므로, 첫 번째 던전을 탐험할 수 있습니다. 첫 번째 던전의 "소모 피로도"는 20이므로, 던전을 탐험한 후 남은 피로도는 60입니다.
• 남은 피로도는 60이며, 세 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도"는 30이므로, 세 번째 던전을 탐험할 수 있습니다. 세 번째 던전의 "소모 피로도"는 10이므로, 던전을 탐험한 후 남은 피로도는 50입니다.
• 남은 피로도는 50이며, 두 번째 던전을 돌기위해 필요한 "최소 필요 피로도"는 50이므로, 두 번째 던전을 탐험할 수 있습니다. 두 번째 던전의 "소모 피로도"는 40이므로, 던전을 탐험한 후 남은 피로도는 10입니다.
  따라서 이 경우 세 던전을 모두 탐험할 수 있으며, 유저가 탐험할 수 있는 최대 던전 수는 3입니다.

나의 코드(1점)

function solution(k, dungeons) {
  // dungeons.length는 트리의 깊이가 된다.
    const L = dungeons.length;
    // 방문 처리할 때 사용할 배열 선언
    let visited = [...Array(L)].map(() => 0);
    let ans = 0;

    function dfs(depth, k){
    // 이번 경로에서 역대급으로 깊게 들어갔을 경우 현재 깊이가 답이 된다.
     if(depth > ans) ans = depth;

        for(let i = 0; i < L; i++){
           // 이미 방문한 노드인 경우 탐색 X
            if(visited[i]) continue;
            // k가 이번 노드의 최소 피로도보다 작을 경우 탐색 멈춤
            if(k < dungeons[i][0]) continue;
            // 현재 노드 방문 처리
            visited[i] = 1;
            // 소모 피로도만큼 빼주자.
            k -= dungeons[i][1];
            // 깊이 우선 탐색을 위한 재귀 호출
            dfs(depth + 1, k);
            // 재귀 호출 끝나고 원래 깊이로 다시 올라왔을 경우 형제 노드 탐색을 위해 위에서 뺐던 피로도를 다시 더해줌
            k += dungeons[i][1];
            // 새로운 노드 탐색에 앞서 방문 처리 해제
            visited[i] = 0;
        }
    }

    dfs(0, k);
    return ans;
}

매번 다음 노드에 방문하기 직전에 (재귀 호출 직전에) 현재 노드에서 k -= dungeons[i][1]를 해주었고, 더 깊은 노드를 방문하고 다시 올라오면 다시 원래 값으로 k를 되돌리기 위해 k에 재귀 호출 전 빼주었던 dungeons[i][1]만큼 다시 더해주었다.
그런데 1점 밖에 못 받았네?? 다 이유가 있었다. 위의 작업이 다 불필요한 작업이었다. 그냥 재귀 호출 시에 인자로 dungeons[i][1]만큼 빼준 값을 넘겨주면 이번 노드에서의 피로도가 영향 받지 않으므로 재귀 호출이 끝나고 나서도 뺐던 피로도를 다시 더해주는 불필요한 일을 하지 않아도 된다. 아래 코드를 보고나서야 그 사실을 알게되었다. 좋은 공부였군!!

다른 코드

function solution(k, d) {
    const N = d.length
    const visited = new Array(N).fill(0)
    let ans = 0

    function dfs(k, cnt){
        ans = Math.max(cnt, ans)

        for (let j = 0; j < N; j++){
            if (k >= d[j][0] && !visited[j]){
                visited[j] = 1
                // 이렇게 다음 재귀 호출 시에 인자로 넘겨주면
                dfs(k - d[j][1], cnt + 1)
                // 이번 깊이에서는 k가 영향 받지 않는다.
                visited[j] = 0
            }
        }
    }

    dfs(k, 0)
    return ans;
}

그리고 나는 조건에 안맞으면 continue하는 방식인데, 나와 반대로 이 코드에서는 if문으로 조건에 맞으면 들어오게 하는 방식이다. if문으로 처리하는 게 가독성 측면에서 더 좋은 경우인 것 같다.