링크
https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/118667
문제
길이가 같은 두 개의 큐가 주어집니다. 하나의 큐를 골라 원소를 추출(pop)하고, 추출된 원소를 다른 큐에 집어넣는(insert) 작업을 통해 각 큐의 원소 합이 같도록 만들려고 합니다. 이때 필요한 작업의 최소 횟수를 구하고자 합니다. 한 번의 pop과 한 번의 insert를 합쳐서 작업을 1회 수행한 것으로 간주합니다.
큐는 먼저 집어넣은 원소가 먼저 나오는 구조입니다. 이 문제에서는 큐를 배열로 표현하며, 원소가 배열 앞쪽에 있을수록 먼저 집어넣은 원소임을 의미합니다. 즉, pop을 하면 배열의 첫 번째 원소가 추출되며, insert를 하면 배열의 끝에 원소가 추가됩니다. 예를 들어 큐 [1, 2, 3, 4]가 주어졌을 때, pop을 하면 맨 앞에 있는 원소 1이 추출되어 [2, 3, 4]가 되며, 이어서 5를 insert하면 [2, 3, 4, 5]가 됩니다.
다음은 두 큐를 나타내는 예시입니다.
queue1 = [3, 2, 7, 2]
queue2 = [4, 6, 5, 1]
두 큐에 담긴 모든 원소의 합은 30입니다. 따라서, 각 큐의 합을 15로 만들어야 합니다. 예를 들어, 다음과 같이 2가지 방법이 있습니다.
-
queue2의 4, 6, 5를 순서대로 추출하여 queue1에 추가한 뒤, queue1의 3, 2, 7, 2를 순서대로 추출하여 queue2에 추가합니다. 그 결과 queue1은 [4, 6, 5], queue2는 [1, 3, 2, 7, 2]가 되며, 각 큐의 원소 합은 15로 같습니다. 이 방법은 작업을 7번 수행합니다.
-
queue1에서 3을 추출하여 queue2에 추가합니다. 그리고 queue2에서 4를 추출하여 queue1에 추가합니다. 그 결과 queue1은 [2, 7, 2, 4], queue2는 [6, 5, 1, 3]가 되며, 각 큐의 원소 합은 15로 같습니다. 이 방법은 작업을 2번만 수행하며, 이보다 적은 횟수로 목표를 달성할 수 없습니다.
따라서 각 큐의 원소 합을 같게 만들기 위해 필요한 작업의 최소 횟수는 2입니다.
길이가 같은 두 개의 큐를 나타내는 정수 배열 queue1, queue2가 매개변수로 주어집니다. 각 큐의 원소 합을 같게 만들기 위해 필요한 작업의 최소 횟수를 return 하도록 solution 함수를 완성해주세요. 단, 어떤 방법으로도 각 큐의 원소 합을 같게 만들 수 없는 경우, -1을 return 해주세요.
제한사항
1 ≤ queue1의 길이 = queue2의 길이 ≤ 300,000
1 ≤ queue1의 원소, queue2의 원소 ≤ 109
주의: 언어에 따라 합 계산 과정 중 산술 오버플로우 발생 가능성이 있으므로 long type 고려가 필요합니다.
문제 풀이
이 문제에서 중요하게 생각할 점은 어느 시점에서 추출을 멈추고 -1을 반환할지 결정해야한다는 것이다.
즉, 이 문제에서의 최악의 경우를 따져봐야하는데 최악의 경우는 큐1의 모든 원소들이 큐2로 이동한 뒤에 원래 큐2에 있던 원소들 중에 마지막에서 하나 전에 있던 원소만 큐1로 이동하는 경우가 된다.
A = [3, 3, 3, 3], B = [3, 3, 21, 3]
위와 같은 두 개의 큐가 있다면 각각의 큐의 원소의 합이 같게 만들기 위해서 각 큐에 21을 위치시켜야한다. 따라서 B의 원소 3, 3, 21을 A로 추출하여 이동시키고 다시 A에서 3, 3, 3, 3, 3, 3을 B로 이동시키면 A = [21], B= [3, 3, 3, 3, 3, 3]로 각각 21을 만들 수 있다. 최대 반복 횟수에 대해서는 각각의 큐의 길이가 같으므로 최대 (큐의 길이 * 2 + 1)의 횟수를 벗어나면 탈출조건을 만족하여 -1을 반환한다.
이외에 기본적으로 매 추출마다 두 큐 내부의 원소들의 합을 비교하도록 코드를 작성하는데 각각의 큐의 값을 합산하여 합이 같으면 반복횟수를 반환한다.
코드를 작성할 때 유의할 점으로는 큐의 길이가 최대 30만이므로 추출하여 이동할 때, shift나 unshift를 사용하게 될 경우에 시간초과가 일어날 수 있다. 두 함수의 경우에는 배열 가장 앞의 인덱스의 내용을 조작하기 위해서 그 뒤의 원소들을 모두 밀거나 당기는 작업이 추가적으로 수행되기 때문에 최악의 경우에 1800만(30만 X 60만)의 시간이 걸려 작업을 수행하기 때문에 시간초과를 일으킨다.
따라서 두 함수를 제외하고 코드를 완성해야하는데 이를 위해서 두 큐의 가장 앞부분을 가리키는 index 변수를 2개 선언한다. shift로 인해서 가장 앞의 원소가 추출되어 다른 큐로 이동하는 것을 index를 통해서 현재 가장 앞을 가리키도록 한다. 즉 index 변수가 가리키는 값 앞의 원소들은 이미 추출되어 다른 큐로 넘어갔음을 의미한다.
미리 구해두었던 각 큐들의 합에 이동할 원소의 값을 빼고 더해서 큐의 현재 합산값을 매 이동마다 계산할 수 있도록 한다.
두 큐의 값을 같게 만들거나 최대 반복횟수를 넘어갔을 경우에 현재 가리키는 index 앞의 내용들을 제거하여 다시 큐를 생성하고 두 큐의 합에 따라서 알맞은 값을 반환하도록 한다.
코드
function solution(queue1, queue2) {
let leng = queue1.length
let queue1_sum = 0
let queue2_sum = 0
let count = 0
queue1.map(el => queue1_sum += el)
queue2.map(el => queue2_sum += el)
/*
* 문제를 해결하기 위한 최악의 케이스
* 1. 큐1의 모든 요소를 큐2로 이동
* 2. 큐2에서 1개를 제외하고 모든 요소를 큐1로 이동시키는 경우
* 따라서 두 큐의 길이가 같으므로 반복이 큐의 길이의 3배를 넘어가면 불가능한 경우로 판단
*
* 큐의 길이 자체가 30만까지 가능하기 때문에 shift, unshift의 사용이 제한된다.
* -> 시간초과의 위험성
* 따라서 해당 함수를 사용하지 않고 문제를 해결해야한다.
* index를 가리키는 변수를 하나 선언해서 shift 여부를 판단하는 방식으로 코드를 변경
*/
let idx1 = 0
let idx2 = 0
while(count <= leng * 2 + 1 && queue1_sum != queue2_sum) {
if(queue1_sum < queue2_sum) {
const tmp = queue2[idx2]
idx2++
queue1_sum += tmp
queue2_sum -= tmp
queue1.push(tmp)
} else{
const tmp = queue1[idx1]
idx1++
queue1_sum -= tmp
queue2_sum += tmp
queue2.push(tmp)
}
count++
}
// idx1, idx2 에 대해서 배열의 이전 내용들은 잘라내기
queue1 = queue1.slice(idx1)
queue2 = queue2.slice(idx2)
if(queue1_sum === queue2_sum) return count
else return -1
}