oopt1234 님의 블로그

카카오 테크 캠퍼스 4기 모집 중 !!!!!

oopt1234 — Thu, 2 Apr 2026 17:37:14 +0900

카카오테크캠퍼스 4기가 지금 모집 기간이라고 합니다 !

아래 공식 홈페이지를 참고하여 지원하시면 좋을 거 같아요 !

https://www.kakaotechcampus.com/kakaotech/apply/list.do

아래는 4/3일 19시에 진행되는 사전 설명회 링크입니다 !!

https://forms.gle/1QPjWAfDSYHpS2r67

카카오테크 캠퍼스 4기 사전 설명회 신청서

"카카오테크 캠퍼스에서는 함께 배우며 성장합니다" 온라인 사전 설명회를 통해 카카오테크 캠퍼스 4기의 자세한 내용을 확인하세요!

docs.google.com

카카오테크캠퍼스 3기 BE 수료 후기

oopt1234 — Wed, 19 Nov 2025 18:35:10 +0900

카테캠을 왜 하게 됐나 !?

2025년, 대학교 2학년이 끝나고 3학년이 되면서 앞으로의 진로에 대해 많은 고민을 하던 시기였다.

프론트, 백엔드, 인공지능, 정보보호 등등.. 그 중 어떤걸 내가 가장 좋아하고 잘 해낼 수 있을지 혼자 많이 생각을 해보았다.

문득 2학년 1학기 때 들었던 자바 수업이 떠올랐다. 간단한 print문부터 객체지향을 배워가며 고도화된 문법을 배웠을 때 자바라는 언어가 정말 재미있고 백엔드 개발자라는 꿈을 키울 수 있도록 뒷받침 해줬던 것 같다. 백엔드 개발자로 나아가기 위해서 어떤걸 해야할지 갈피를 못 잡고 있다가, 학교 건물에서 동기들과 우연히 카카오테크캠퍼스 3기 모집 팜플렛을 보게 됐다.

그러다 지난해 지원했다가 떨어졌던 카카오테크캠퍼스 2기가 다시 생각이 났다.

그 당시에는 막 복학을 해서 개발에 대해 아무것도 모르는 상태에서 간절하지 않은 태도로 지원했었기에 코테랑 CS 문제를 많이 못 풀어서 탈락을 했었던 것 같다.

하지만 올해는 카테캠이 아니면 안된다는 마인드로 지원서를 작성하고, 백엔드 개발자를 꿈꾸게 된 계기를 진심을 다해서 적었다.

코테를 많이 풀지 못해서 합격 유무가 많이 불안했지만 다행스럽게도 아래의 사진처럼 1단계 최종 합격을 받게 됐다 !

4월부터 11월까지 8개월 동안. 그것도 학기 중에 이런 부트캠프를 잘 해낼 수 있을지 나 자신이 못 믿어웠다.

하지만 올 한해 죽었다 생각하고 진심을 다해서 완주하겠다는 다짐을 했고, 최종적으로 참가하기로 결정했다.

1단계

1단계는 팀 스파르타 사이트에서 온라인 강의를 들으며 학습일지(TIL, Today I Learned)를 작성하는게 주 활동이었다.

비전공자들도 쉽게 따라올 수 있도록 DB를 다루는데 필수인 SQL 강의부터, 자바 기초 문법, Spring 기초부터 심화, Git 활용법, Docker 사용법까지 백엔드 개발자로써 갖춰야 할 필수 덕목들을 배울 수 있었다.

TIL을 작성하면서 내가 오늘 하루 뭘 공부했고, 어떤게 어려웠는지 작성할 수 있어서 하루 단위로 회고를 할 수 있다는 점이 좋았다.

혼자 눈으로만 공부하는게 아닌 글로 작성하면서 하다보니 내용을 기억하는데도 보다 효율적이었다.

지금 최종 후기를 작성하면서 후회되는 한가지가 있는데, 이때 영상으로 공부하는게 끝이 아니라 책도 빌려가면서 추가적으로 공부를 더 많이 했으면 뒤에서 진행할 2단계, 3단계도 잘 할 수 있었을텐데.. 하는 아쉬움이 남아있다.

특히 객체지향 !!!! 커리어 멘토링 진행하면서 김XX 멘토님이 객체지향 공부를 단단하게 해두는게 좋다고 하셨다.. 다시 1단계로 돌아간다면 객체지향 공부 진짜 열심히 해보고 싶다

1단계를 진행하면서 2번의 과제가 존재했고, 해당 과제의 필수 문제를 해결해야 다음 2단계를 참여할 수 있는 구조였다.

많은 시간을 갈아넣으며 과제를 수행했고, 간단한 계산기 만들기 과제와 일정 관리 CRUD 과제를 무사히 마칠 수 있었다.

계산기 만들기는 자바로 구현하는거라 익숙해서 금방 할 수 있었으나, 스프링을 처음 접해보는 입장에서 일정 관리 CRUD 구현하는게 너무나도 힘들었다. 백지 상태에서 하나하나 쌓아가는게 너무 낯설었지만 단계별로 구현하면서 프로그램이 완성되는 모습을 보니 뿌듯한 감정이 들었다

그때 당시 일정관리 과제를 끝마치고 작성했던 회고인데 지금이랑 생각이 똑같은 것 같다 ㅋㅋ..

이렇게 글로 남겨두고 예전의 생각을 다시 돌아볼 수 있는게 정말 좋은 것 같다.

카테캠 덕분에 무엇이든 글로 남겨두는 습관을 들이게 돼서 너무 뿌듯합니다 !! 고마워요 카테캠 사랑해요 카테캠

2단계 !!

열심히 1단계를 수행한 덕분에 다행히 수료 처리가 됐고, 2단계까지 참여할 수 있게 됐다 !

2단계는 시작하자마자 같은 학교 쿠키즈들과 친해지라고 카테캠 측에서 커넥팅데이(팀빌딩 워크샵)를 개최해줬다-!!

여수 디오션 리조트에서 진행됐고, 경북대, 부산대, 전남대 쿠키즈들이 같이 모여서 진행했다 !!

팀을 구성하여 여러 미션도 수행하고, 릴스도 찍으면서 전남대 쿠키즈들과 많이 가까워질 수 있었던 좋은 경험이었다.

그리고 이때 받았던 보조배터리 아직도 유용하게 잘 쓰고 있습니다 ^^. 너무 좋아요 ^-^

텀블러도 최고고 다이어리도 최고고 볼펜도 너무 만족스러워요 역시 카카오 짱

이렇게 열심히 1단계를 달린 후, 숨 고르기를 적절하게 해주니 남은 2단계도 수월하게 진행할 수 있었던 것 같습니다.

2단계는 크게 3가지의 활동으로 이뤄졌는데요 !!

매주 2번씩 진행되는 클론 코딩 라이브 특강 ! 우테코 캡틴인 제이슨이 직접 해주는 스프링의 깊은 이해와 활용법 강의가 너무 좋았습니다. 혼자 공부하기 적적하고 막막했는데, 해당 특강 덕분에 공부 방향성도 잘 잡게 됐고, 꾸준한 성장을 이룰 수 있었습니다.

다음으로는 매일 3시간씩 수행되는 모각코 !! 오후에 3시간 동안 Zep이라는 멀티버스 공간에서 팀원끼리 모여서 공부를 수행하고, 자기가 공부했던 내용들을 공유하며 서로 학습의 능률을 높일 수 있었습니다.

또한 1단계에서 진행됐던 TIL도 꾸준히 작성했습니다 ! 오늘의 소감 & 느낀점, 배운 개념 정리, 오늘 진행한 과제나 프로젝트 내용 같은걸 작성해야 했는데, 다른 사람이 기록한 TIL도 몰래몰래 보면서 자극 받았던 기억이 있어요 !

열심히 질문 남기면서 공부하던 지난 날의 나를 돌아보니 ... 감성에 젖는군요

마지막으로 클론 코딩 라이브 특강을 듣고 수행되는 클론 코딩 과제입니다 ! 카카오 선물하기 API를 단계별로 구현해나가면서 스프링의 핵심 어노테이션들과 기능들을 깊이 있게 공부할 수 있는 경험이었습니다. 구조적으로 깊이 공부를 할 수 있도록 JPA와 Spring Security 사용이 제한이 됐었고 그 덕분에 자바와 스프링을 보다 깊이 있게 이해할 수 있었습니다.

주차별 미션별로 깃허브 레포지토리를 새로 생성하여 코드를 구현하는 방식으로 진행됐고, 처음으로 PR과 브랜치 전략에 대해 배울 수 있었습니다 ! 특히 현직 개발자 멘토님들의 1대1 마크 코드 리뷰가 너무 좋았던 것 같아요.

다시 돌아보면 이런 기회가 진짜 흔치 않을텐데 더 열심히 해볼걸 약간의 후회가 되긴 합니다 ... ! 그래도 그 당시에는 최선을 다했으니 만족해요 !

마지막 미션 수행했던 README와 깃허브 링크입니다 ^_^ !!

https://github.com/sanghyeon1225/spring-gift-order

GitHub - sanghyeon1225/spring-gift-order

Contribute to sanghyeon1225/spring-gift-order development by creating an account on GitHub.

github.com

3단계!

대망의 마지막 3단계이다..!

3단계는 팀 프로젝트를 수행하는 기간이다.

같은 학교 내에서 프론트 2명 백엔드 4명씩 랜덤으로 팀을 구성하여 8월부터 11월초까지 진행했다.

이제 와서 생각해보면 주제를 정하는 기획 단계가 프로젝트의 시작이자 꽃인것 같다.

기획 특강을 들으면서 5Whys?, 유저 플로우, 페르소나, 경쟁사 분석 등을 배웠는데, 일일 PM이 된 기분이 들었다 ㅎㅎ

기획과 관련해서 다양한 기법들이 있다는 걸 처음 알게 됐고, 테크 스펙, 기능 명세서 같이 개발에 돌입하기 전에 작성해야 할 문서들을 어떻게 결정하고 작성하는지도 배울 수 있어서 많은 성장을 이뤄낼 수 있었다.

이렇게 약 2주간 팀끼리 기획을 구성하고, 전체 쿠키즈들이 모여 각 팀별 기획을 최종 결정하고 와이어 프레임을 그리는 아이디어톤을 진행하게 됐다 !

무박 2일로 진행되는 행사였고, 용인 카카오 AI 캠퍼스에서 진행 됐다.

판교 냄새가 물씬 나서 진짜 개발자가 된 기분이라 너무 행복했었고, 모든 쿠키즈들을 만날 수 있어서 잊지 못할 행사였다 !!

우리 팀원들과 밤을 새며 익숙하지 않은 피그마를 가지고 와이어 프레임을 그리다보니 서로 많이 친해지고 돈독해졌다.

아래는 아이디어톤 때 우리의 처절한 책상과 기획 스케치다

아쉽게도 우수팀으로 선정되지 못했지만 !! 다른 팀 못지 않게 우리팀도 노력하고 파이팅 했기에 후회되거나 실망스럽지 않았다 !!

그만큼 다른 쿠키즈들도 대단하다는 것 아니겠는가 !?!? 대단한 사람들이 있는 집단에서 같이 하는건 부끄러운게 아니라 내가 성장할 수 있는 원동력이라고 생각한다 !!

이렇게 깊은 통찰과 개발 지식을 배울 수 있는 집단이 바로 카카오테크캠퍼스다 !! 안할래야 안할 수가 없다 !!!!!!! 카테캠 짱 ❤️

이렇게 아이디어톤을 통해 우리의 최종 기획을 마쳤고, 9월부터 11월까지는 각 스프린트 별 목표를 설정하고 개발에 몰입하는 기간이었다. 우리 팀은 매주 화요일마다 학교 도서관에 있는 그룹 스터디룸을 빌려서 진행 상황 공유 및 다음 스프린트 목표 설정을 했다.

기획이 중간에 한번 바껴서 프론트, 백엔드 모두 힘들었지만 다같이 으쌰으쌰 하면서 프로젝트를 성황리에 마칠 수 있었다 !!

아래는 우리팀 위클리 프로젝트 노션 페이지다 !!

각 주차별로 프로젝트 진행 상황 및 회고를 작성했고, 3주 간격의 스프린트마다 한번씩 팀별 멘토님들과 멘토링을 진행하며 소통할 수 있었다. 우리 백엔드 멘토님이셨던 엘시에게 정말로 감사 인사를 드리고 싶다. 우리가 성장할 수 있도록 좋은 조언을 많이 해주시고 기술적인 피드백을 많이 해주셔서 개발의 방향성이 잘 잡혔던 것 같다 !

이렇게 프로젝트 개발 기간이 종료돼고 11월 13일 최종 발표회 날짜가 됐다 !

우리팀인 전남대 3팀은 취미 활동 온보딩 플랫폼인 장비빨을 개발하여 이를 발표했다 !!

우리가 원하던만큼 개발에 성공했기에 아쉬운 점이나 후회되는 점 하나 없이 뿌듯했던 발표였다.

이렇게 길다면 길고 짧다면 짧은 카카오테크캠퍼스 3기가 끝을 맺었다.

카테캠을 시작하던 지난 4월의 나와 비교했을 때, 나는 많이 성장했는가?

너무나도 당연한 것이다 !

카테캠을 하면서 만난 수많은 쿠키즈와 매니저님들, 멘토님들..

엄청난 인적 네트워크를 구성하게 됐고 !!

이뿐만 아니라 3단계를 수행하면서 협업에서 겪는 어려움, 팀원과 소통 잘하는 방법들.. 여러 소프트 스킬을 배울 수 있었던 것 같다.

당연히 개발 실력도 성장했고.. !

앞으로 혼자 어떻게 공부를 해야할지 방향성, 성장의 기반과 발판을 마련해준 것 같아서 너무 좋았다 !

카테캠 4기를 추천하냐 물어보면 반드시 꼭 꼭 꼭 하라고 말해주고 싶다.

정말 1년을 갈아가며 성장할 수 있는 기회가 흔하지 않고, 누구보다 빠르게 성장할 수 있는 기회는 더더욱 드물다.

카테캠 덕분에 많이 배웠고, 앞으로도 성장하며 괴물 신인 개발자가 되겠습니다 !!!

빌어먹게 감사했습니다 !!!!!!!!!!!!!!!!!!

매니저님들 1년간 소통해주시느라 정말 많이 고생하셨습니다 !!

마지막은 내가 쓴 롤링 페이퍼 ^_^

우리팀 모두 수고했고 성공해서 다시 만나요 !

2025 ACPC AWS x Codetree 프로그래밍 경진대회

oopt1234 — Wed, 14 May 2025 04:35:44 +0900

[ 홍보 게시 이벤트 참가용 글 및 포스터 ]

2025 ACPC AWS x Codetree 프로그래밍 경진대회

프로그래밍 실력을 뽐낼 준비가 되셨나요? 세계 최고의 클라우드 서비스인 AWS 인프라를 활용하여, 국제정보올림피아드 출신들로 구성된 코드트리 팀이 직접 출제 및 관리하는 프로그래밍 경진대회가 열립니다!

✅ 온라인 예선: 4월 21일(월) ~ 5월 16일(금)
✅ 본선 대회: 5월 25일(일) 13:00~17:00 (AWS 코리아 본사)
✅ 참가 자격: 대학(원) 재학생 또는 휴학생
✅ 사용 가능 언어: Python, Java, C/C++

최대 300만원의 상금과 국제정보올림피아드(IOI), ICPC 수상자들의 멘토링 기회까지!
지금 바로 참가 신청하고 최고의 알고리즘 대회에서 당신의 역량을 펼쳐보세요.

참가 신청: https://discord.com/invite/6nSjApMwmF (ACPC 디스코드 채널)

#ACPC #AWS #Codetree #프로그래밍경진대회 #대학생 #개발자

백준 [3085 사탕 게임] 파이썬 풀이

oopt1234 — Sat, 22 Feb 2025 21:56:47 +0900

문제 탐색하기

N X N 크기의 보드에 4가지 종류의 사탕(C, P, Z, Y)이 놓여져 있다.
색이 다른 인접한 두 사탕의 위치를 바꾼 후, 보드에서 같은 행이나 열에 같은 색상의 사탕이 연속으로 놓여져있는 최대 개수를 세어야 한다.

알고리즘 선택

브루트 포스 알고리즘을 활용하여 보드 전체에 대해서 사탕 교환 과정을 처리해야 할 것 같다.
한 좌표에 대해서 상, 하, 우 범위에 자신과 다른 색의 사탕이 있다면 둘의 위치를 바꾸고, 현재 보드판에 같은 색상의 사탕이 직선 상에 몇개 놓여져 있는지 확인하는 함수를 구현하여 최대 값을 찾아야 할 것 같다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 입력 받아서 원본 보드판을 구현한다.

2. 원본 보드판에서 일렬로 놓여진 사탕의 최대 개수를 구한다.

3. 보드판에 같은 색으로 놓여진 사탕이 일직선 상에 몇개 있는지 판별하는 check_board 함수를 구현한다.

(바뀐 사탕들이 포함된 열과 행만 판별하도록 구현했음)

4. 보드판을 차례대로 돌면서 오른쪽, 아래쪽 범위에 자신과 다른 사탕이 놓여져 있다면 둘의 위치를 바꾸고, check_board 함수를 호출하여 바뀐 사탕들이 포함된 행과 열에 놓여진 사탕의 최대 개수를 저장한다.

(오른쪽 방향으로 순차적으로 탐색하므로 왼쪽, 위쪽방향은 계산X)

5. 보드판의 전체 범위를 돌고, 함수를 통해 구한 사탕의 최대 개수를 호출한다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차

기존에는 사탕의 위치를 변경하고, 전체 보드판에 대해서 일자로 놓인 사탕의 개수를 세도록 했었으나, 수행 시간을 단축하고 싶어서 바뀐 사탕이 위치한 행과 열에서만 개수 판단을 하도록 수정하였다.

기존 방식에 비해서 수정한 방식이 수행 시간이 훨씬 빠른걸 볼 수 있음.

기존 코드

n = int(input())
board = [list(input()) for _ in range(n)]
answer = 1

def check_board():
    global answer
    for i in range(n):
        row_count = 1  
        col_count = 1  

        for j in range(n - 1):
            # 행 검사
            if board[i][j] == board[i][j+1]:
                row_count += 1
            else:
                row_count = 1

            # 열 검사
            if board[j][i] == board[j+1][i]:
                col_count += 1
            else:
                col_count = 1

            answer = max(answer, row_count, col_count)


dx = [0, 1] # 오른쪽 방향으로 순차적으로 탐색하므로 왼쪽, 위쪽 방향은 구하지 않음
dy = [1, 0]

for i in range(n):
    for j in range(n):
        currentColor = board[i][j]
        for k in range(2):
            nx = i + dx[k]
            ny = j + dy[k]
            if n > nx >= 0 and n > ny >= 0 and currentColor != board[nx][ny]:
                board[i][j], board[nx][ny] = board[nx][ny], board[i][j]
                check_board()
                board[i][j], board[nx][ny] = board[nx][ny], board[i][j]

print(answer)

정답 코드

n = int(input())
board = [list(input()) for _ in range(n)]
answer = 1

# 원본 보드에서 개수 세기기
for i in range(n):
    row_count = 1  
    col_count = 1  

    for j in range(n - 1):
        # 행 검사
        if board[i][j] == board[i][j+1]:
            row_count += 1
        else:
            row_count = 1

        # 열 검사
        if board[j][i] == board[j+1][i]:
            col_count += 1
        else:
            col_count = 1

        answer = max(answer, row_count, col_count)

def check_board(i, j, nx, ny, k):
    global answer
    if k == 0: # 오른쪽 사탕과 교환
        a = board[i]
        b = [r[j] for r in board]
        c = [r[ny] for r in board]
        
    elif k == 1: # 아래쪽 사탕과 교환
        a = board[i]
        b = board[nx]
        c = [r[j] for r in board]
        
    data = [a, b, c]
    for s in data:
        count = 1
        for idx in range(n-1):
            if s[idx] == s[idx+1]:
                count += 1
            else:
                count = 1
            answer = max(answer, count)

dx = [0, 1] # 오른쪽 방향으로 순차적으로 탐색하므로 왼쪽, 위쪽 방향은 구하지 않음
dy = [1, 0]

for i in range(n):
    for j in range(n):
        currentColor = board[i][j]
        for k in range(2):
            nx = i + dx[k]
            ny = j + dy[k]
            if n > nx >= 0 and n > ny >= 0 and currentColor != board[nx][ny]:
                board[i][j], board[nx][ny] = board[nx][ny], board[i][j]
                check_board(i, j, nx, ny, k)
                board[i][j], board[nx][ny] = board[nx][ny], board[i][j]

print(answer)

백준 [13901 로봇] 파이썬 풀이

oopt1234 — Fri, 21 Feb 2025 14:31:21 +0900

문제 탐색하기

R X C 크기의 방에서 로봇에게 이동 방향을 미리 주고 이동시켜 로봇의 최종 위치를 판단하는 문제이다.
로봇은 장애물이 있는 좌표로는 이동이 불가능하고, 왔던 길로도 이동할 수 없다.
로봇에게 주어진 방향이 장애물이나 왔던 길로 가는 방향이라면 다음 이동 방향으로 움직일 수 있다.
주어진 이동 방향의 마지막까지 이동했다면 방향 설정을 처음부터 다시 한다.
방향이 (1, 2, 3, 4)로 주어졌다면 (1, 2, 3, 4 방향으로 이동하다가 다시 1로 이동함)

알고리즘 선택

2차원 배열을 통해 방과 방의 내부를 구현하고, 로봇의 현재 좌표를 수정해가면서 움직임을 구현해야 한다.
로봇이 주어진 이동 방향에 따라 움직이다가 장애물, 왔던 길, 벽을 만나면 이동 방향을 다음 방향으로 바꿔서 계속 이동하게 하고, 이동 방향을 바꿨을 때 마다 blockCount를 세어서 주어진 방향의 갯수와 동일해지면 더 이상 움직일 수 없다고 판단하여 최종 좌표를 출력한다.
정상적으로 이동을 한번이라도 했다면 blockCount를 다시 0으로 초기화하여 이동을 계속 한다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 입력 받아서 r, c (방의 크기)에 값을 할당한다.

2. r x c 크기의 2차원 배열 room 리스트를 만들고, 장애물의 위치를 입력 받아서 room에 'x'로 표시한다.

3. 로봇이 더 이상 움직일 수 없을 때 까지 주어진 조건에 따라 로봇을 이동 방향에 따라서 움직인다.

4. 현재 방향에 따라 맞게 이동했다면 지나온 길은 room에 1로 저장하고 로봇의 x, y 좌표를 바꿔주고, blockCount를 0으로 초기화 한다.

5. 방향을 따라서 이동했으나 이동할 수 없는 좌표라면 blockCount +1를 해서 막힌 횟수를 세고, idx +1를 해서 이동 방향을 다음 방향으로 바꿔준다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차

문제를 잘못 이해해서 주어진 이동 방향을 모두 사용하면 프로그램을 종료하고 현재 위치를 출력하도록 했었는데,

이동 방향을 모두 사용하면 다시 처음으로 돌아가서 다시 이동해야 했었다.

dx = [-1, 1, 0, 0]
dy = [0, 0, -1, 1]

nx = x + dx[direction[idx % len(direction)] - 1]
ny = y + dy[direction[idx % len(direction)] - 1]

다음과 같이 idx % len(direction)을 해서 이동 방향을 처음부터 끝까지 반복할 수 있도록 하였고, dx의 인덱스가 0부터 시작하므로 direction[idx % len(direction)] - 1를 해줘서 사용자가 이동 방향을 1로 설정했을 때, dx와 dy에서 0번 인덱스를 불러오도록 하였다.

정답 코드

r, c = map(int, input().split())

room = [[0] * c for _ in range(r)]

object = int(input())
obPos = []
for i in range(object):
    x, y = map(int, input().split())
    obPos.append((x, y))

startX, startY = map(int, input().split())

direction = list(map(int, input().split()))

for i, j in obPos:
    room[i][j] = 'x'

dx = [-1, 1, 0, 0]
dy = [0, 0, -1, 1]

x = startX
y = startY
idx = 0
flag = True
blockCount = 0
while(flag):
    nx = x + dx[direction[idx % len(direction)] - 1]
    ny = y + dy[direction[idx % len(direction)] - 1]
    
    if (r > nx >= 0 and c > ny >= 0 and room[nx][ny] == 0):
        room[x][y] = 1
        x = nx
        y = ny
        blockCount =    0
    else:
        if blockCount == len(direction):
            flag = False
            print(x, y)
        blockCount += 1
        idx += 1

백준 [2823 유턴 싫어] 파이썬 풀이

oopt1234 — Fri, 21 Feb 2025 14:12:07 +0900

문제 탐색하기

R X C 크기의 지도에 빌딩(X), 도로(.)이 표시되어 있다. 임의의 도로 한 점에서 시작했을 때, 유턴을 하지 않고 시작 지점으로 돌아올 수 있는지 판단하는 문제이다.
문제에서 말하는 유턴이란 (1, 1) 위치에서 (1, 2)로 이동한 후, 바로 다시 (1, 1)로 이동하는 것을 말한다.
즉 유턴을 하지 않고 원점으로 돌아가기 위해서는 현재 위치해 있는 도로와 연결된 다른 도로가 최소 2개 이상이어야 한다.

알고리즘 선택

지도에 있는 임의의 도로에서 BFS를 활용하여 상하좌우에 다른 도로가 2개 이상인지 확인하면 될 것 같다.
모든 도로가 서로 연결되어 있으므로 어느 점에서 시작하든 상관이 없을 것이다.

def BFS(start):
    queue = deque([start])
    visited[start[0]][start[1]] = 1
    while queue:
        count = 0
        x, y = queue.popleft()
        for i in range(4):
            nx = x + dx[i]
            ny = y + dy[i]
            if r > nx >= 0 and c > ny >= 0 and map[nx][ny] == '.':
                count += 1
                
                if visited[nx][ny] == False:
                    visited[nx][ny] = True
                    queue.append((nx, ny))
                    
        if count < 2:
            return 1
        
    return 0

다음과 같이 BFS 내부에서 네 방향을 탐색하고, 각각의 좌표가 유효한 범위이고 도로가 맞으면 count를 1 증가시킨다.
네 방향을 모두 탐색했을 때, count가 2보다 작다면 유턴 없이 원점으로 돌아갈 수 없다고 판단하여 1을 return하고 그렇지 않다면 계속 BFS를 탐색하게 했다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 받아서 r, c, map을 구현한다.

2. r x c 크기만큼 visited 리스트를 생성하여 방문 유무를 관리한다.

3. 위에 기술했던 것 같이 BFS를 구현하고 임의의 도로부터 탐색을 시작하여 연결된 도로가 2개 이상인지 확인한다.

4. BFS에서 return된 값을 출력한다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차

실수로 BFS 함수 내부에서 count 갯수를 판단할 때, 조건문을 if count < 1로 해버려서 틀렸음.

-> 도로가 2개 이상이어야 유턴 없이 원점으로 돌아갈 수 있으므로 조건문을 if count < 2로 수정함.

정답 코드

from collections import deque
r, c = map(int, input().split())

map = []
for i in range(r):
    map.append(input())

visited = [[False] * c for _ in range(r)]

dx = [0, 0, 1, -1]
dy = [1, -1, 0, 0]

def BFS(start):
    queue = deque([start])
    visited[start[0]][start[1]] = 1
    while queue:
        count = 0
        x, y = queue.popleft()
        for i in range(4):
            nx = x + dx[i]
            ny = y + dy[i]
            if r > nx >= 0 and c > ny >= 0 and map[nx][ny] == '.':
                count += 1
                
                if visited[nx][ny] == False:
                    visited[nx][ny] = True
                    queue.append((nx, ny))
                    
        if count < 2:
            return 1
        
    return 0

for i in range(r):
    for j in range(c):
        if map[i][j] == '.':
            start = (i, j)

print(BFS(start))

백준 [2659 십자카드 문제] 파이썬 풀이

oopt1234 — Thu, 20 Feb 2025 19:07:18 +0900

문제 탐색하기

십자 모양의 카드의 모서리에 1~9까지 숫자가 쓰여져있을 때, 한 숫자를 기점으로 시계 방향으로 돌렸을 때 얻어지는 수들 중에서 가장 작은 수를 시계수라고 한다.
주어진 입력에 대해서 구할 수 있는 시계수가 모든 시계수 중에서 몇 번째로 작은지 확인해야 한다.
만들 수 있는 시계수를 모두 구해서 리스트에 정렬해두고, 입력으로 받은 값에서 시계수를 찾아 몇 번째로 작은지 구하면 될 것 같다.

알고리즘 선택

브루트포스를 활용하여 1111부터 입력된 값의 시계수까지 시계수를 모두 구해서 리스트로 만들어야 한다.
주어진 값의 시계수를 구하기 위해 각각의 자릿수부터 시계 방향으로 4자리 숫자를 구성한다.
그렇게 구해진 4자리 숫자 4개 중에서 가장 작은 값을 시계수라 판단하고, 시계수를 저장하는 리스트에 추가한다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 받고 join()을 통해 string 형태로 값을 저장한다.

2. input 값의 0, 1, 2, 3번 인덱스부터 각각 시계 방향으로 값을 구해서 inputClock 리스트에 저장한다.

3. inputClock 리스트에서 가장 작은 값이 입력 값에 대한 시계수가 된다.

4. 1111부터 입력 값의 시계수까지 위 과정을 반복하여 각각의 숫자에 대한 시계수를 구하고 clockNum 리스트에 저장한다.

5. clockNum 리스트에서 입력 값의 시계수의 인덱스를 찾아서 출력한다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차

전체 시계수 리스트를 만들 때, 1111~9999까지 모든 네 자리 수에 대한 시계수를 구하게 했었는데

생각해보니 모든 값을 찾을 필요 없이, 입력 값의 시계수까지만 구하면 됐었다.

(사실 9999까지 구해도 시간 초과 에러는 발생하지 않는다..)

아무튼 실행 시간을 줄이기 위해서 for i in range(1111, 10000) 에서 for i in range(1111, min(inputClock)+1)로 코드를 수정해줬다.

정답 코드

inputNum = ''.join(input().split())
inputClock = []
for i in range(4):
    temp = int(inputNum[i:] + inputNum[:i])
    inputClock.append(temp)

clockNum = []
for i in range(1111, min(inputClock)+1):
    i = str(i)
    if '0' not in i:
        check = []
        for j in range(4):
            temp = int(i[j:] + i[:j])
            check.append(temp)
        if min(check) not in clockNum:
            clockNum.append(min(check))


print(clockNum.index(min(inputClock)) + 1)

백준 [2012 등수 매기기] 파이썬 풀이

oopt1234 — Wed, 19 Feb 2025 15:14:51 +0900

문제 탐색하기

N명의 학생의 예상 등수가 N개의 줄에 걸쳐서 입력된다.
예상 등수와 실제 등수의 차이인 불만도가 최소가 되도록 실제 등수를 배정해야 한다.

알고리즘 선택

그리디 알고리즘을 사용해서 주어진 상황에서 가장 좋은 것만 고르게 해야할 것 같다.
예상 등수를 오름차순으로 정렬하고 인덱스에 따른 실제 등수와의 차이를 구하면 불만도를 최소화 할 수 있다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 리스트 형식으로 입력받음

2. 저장한 예상 점수를 오름차순으로 정렬함

3. for문을 활용해 인덱스에 따른 실제 등수와 예상 등수의 차이의 절댓값을 계산하여 diff 변수에 더해줌

4. diff 값을 출력함

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차

문제의 입력을 받을 때 input()으로 받게 했는데, 시간 초과가 발생함.

input() -> sys.stdin.readline()으로 변경하여 해결.

정답 코드

import sys

n = int(sys.stdin.readline())

rank = []

for _ in range(n):
    rank.append(int(sys.stdin.readline()))
    
rank.sort()
diff = 0
for i in range(n):
    diff += abs(rank[i] - (i+1))

print(diff)

백준 [4803 트리] 파이썬 풀이

oopt1234 — Tue, 18 Feb 2025 23:44:01 +0900

문제 탐색하기

입력으로 여러 개의 테스트 케이스가 주어지며 각각의 테스트 케이스에서는 노드와 간선의 갯수, 간선의 구성 노드들이 주어진다.
해당 테스트 케이스에서 트리가 몇 개 존재하는지 판단하는 문제이다.
트리는 사이클이 존재하지 않는 그래프이기 때문에 사이클의 유무 판단이 중요할 것이다.

알고리즘 선택

부모와 자식을 구분할 수 없는 간선이 입력으로 주어지므로 간선 정보를 양방향으로 저장할 필요가 있다.
그 후 BFS를 사용하여 queue를 탐색하는 과정에서 이미 방문했던 노드를 발견하는지 찾아서 사이클을 확인할 수 있다.
기존 BFS에서는 queue에 값을 추가하면서 방문 표시도 같이 해줬지만, 위와 같은 경우에선 queue에서 값을 뽑으면서 방문 표시를 해줘야한다. 그래야 트리 구조를 그리면서 마지막에 추가된 노드가 사이클을 구성하는지 발견할 수 있다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 받음.

2. 간선 정보를 양방향으로 저장하기 위해 graph[a].append(b), graph[b].append(a)를 하여 노드들 간에 연결을 확인한다.

3. BFS를 구현하되, queue에서 값을 뽑으면서 방문 처리를 하도록 세부 설계를 바꿔준다.

4. 모든 노드 각각을 시작점으로 하여금 BFS를 하여 연결이 없는 노드가 하나인 트리의 갯수도 세어준다.

5. 각각의 테스트 케이스에서 caseNumber와 count(트리 갯수)를 조건에 맞게끔 출력한다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차에 성공

정답 코드

from collections import deque
import sys

def BFS(start):
    answer = True
    queue = deque([start])
    while queue:
        v = queue.popleft()
        if visited[v] == 1:
            answer = False
        visited[v] = 1
        
        for i in graph[v]:
            if visited[i] == 0:
                queue.append(i)
    return answer

caseNumber = 0

while(True):
    caseNumber += 1
    n, m = map(int, input().split())
    if n == 0 and m == 0:
        break
    visited = [0] * (n+1)
    graph = [[] for _ in range(n+1)]
    for _ in range(m): # 간선 정보 추가
        a, b = map(int, sys.stdin.readline().split())
        graph[a].append(b)
        graph[b].append(a)
        
    count = 0
    for i in range(1, n+1):
        if visited[i] == 1:
            continue
        if BFS(i) is True:
            count += 1
    
    if count == 0:
        print(f"Case {caseNumber}: No trees.")
    elif count == 1:
        print(f"Case {caseNumber}: There is one tree.")
    else:
        print(f"Case {caseNumber}: A forest of {count} trees.")

백준 [1916 최소비용 구하기] 파이썬 풀이

oopt1234 — Mon, 17 Feb 2025 23:22:44 +0900

문제 탐색하기

간선 별로 가중치가 다르고, 음의 가중치가 없는 최단 거리 구하기 문제이다.
입력으로 도시(노드)의 갯수, 버스(간선)의 갯수, 버스 정보(출발점, 도착점, 가중치)가 주어진다.

알고리즘 선택

가중치가 다르기 때문에 BFS는 사용할 수 없고, 다익스트라 알고리즘을 활용해야 한다.

코드 설계하기

1. 문제의 input을 받음.

2. 버스 정보를 저장할 data 리스트를 만들고, 출발점을 인덱스로 하여 도착점과 가중치를 저장한다.

3. 다익스트라 알고리즘을 구현하고, 힙 자료구조를 활용하여 빠른 시간 안에 탐색을 마칠 수 있게 구현한다.

4. 도착점의 거리를 출력한다.

시도 회차 수정 사항 (Optional)

1회차에 성공

정답 코드

import heapq

n = int(input())
m = int(input())
INF = 1e8

data = [[] for _ in range(n+1)]
for i in range(m):
    start, end, cost = map(int, input().split())
    data[start].append((end, cost))

start, end = map(int, input().split())

distance = [INF] * (n+1)

def dijkstra(start):
    distance[start] = 0
    heap = [(0, start)]
    
    while heap:
        cost, current = heapq.heappop(heap)
        if distance[current] < cost:
            continue
        
        for dest, cost in data[current]:
            new_cost = distance[current] + cost
            if distance[dest] > new_cost:
                distance[dest] = new_cost
                heapq.heappush(heap, (new_cost, dest))

dijkstra(start)
print(distance[end])