[Python | 2579] 계단 오르기

https://www.acmicpc.net/problem/2579

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문제 설명

계단 오르기 게임은 계단 아래 시작점부터 계단 꼭대기에 위치한 도착점까지 가는 게임이다. <그림 1>과 같이 각각의 계단에는 일정한 점수가 쓰여 있는데 계단을 밟으면 그 계단에 쓰여 있는 점수를 얻게 된다.

예를 들어 <그림 2>와 같이 시작점에서부터 첫 번째, 두 번째, 네 번째, 여섯 번째 계단을 밟아 도착점에 도달하면 총 점수는 10 + 20 + 25 + 20 = 75점이 된다.

계단 오르는 데는 다음과 같은 규칙이 있다.

1. 계단은 한 번에 한 계단씩 또는 두 계단씩 오를 수 있다. 즉, 한 계단을 밟으면서 이어서 다음 계단이나, 다음 다음 계단으로 오를 수 있다.
2. 연속된 세 개의 계단을 모두 밟아서는 안 된다. 단, 시작점은 계단에 포함되지 않는다.
3. 마지막 도착 계단은 반드시 밟아야 한다.

따라서 첫 번째 계단을 밟고 이어 두 번째 계단이나, 세 번째 계단으로 오를 수 있다. 하지만, 첫 번째 계단을 밟고 이어 네 번째 계단으로 올라가거나, 첫 번째, 두 번째, 세 번째 계단을 연속해서 모두 밟을 수는 없다.

각 계단에 쓰여 있는 점수가 주어질 때 이 게임에서 얻을 수 있는 총 점수의 최댓값을 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

📌 시간 제한: 1초

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입력

입력의 첫째 줄에 계단의 개수가 주어진다.

둘째 줄부터 한 줄에 하나씩 제일 아래에 놓인 계단부터 순서대로 각 계단에 쓰여 있는 점수가 주어진다. 계단의 개수는 300이하의 자연수이고, 계단에 쓰여 있는 점수는 10,000이하의 자연수이다.

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출력

첫째 줄에 계단 오르기 게임에서 얻을 수 있는 총 점수의 최댓값을 출력한다.

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문제 접근

이 문제는 여러 개의 계단이 있고, 각 계단마다 점수가 부여되어 있다. 우리는 계단 아래 시작점에서 출발하여 마지막 계단까지 오르되, 몇 가지 제약 조건을 지키면서 가장 높은 점수를 얻는 경로를 선택해야 한다.

제약 조건은 다음과 같습니다. 한 번에 한 칸 혹은 두 칸만 올라갈 수 있으며, 세 칸을 연속해서 밟을 수는 없다. 그리고 마지막 계단은 반드시 밟아야 한다. 이 조건들로 인해 점수가 높은 계단만 무작정 선택하는 탐욕적 접근이나, 가능한 모든 경로를 전부 탐색하는 브루트포스 방식으로는 조건을 만족하는 최적 경로를 찾기 어렵고, 계산량도 비효율적이다.

 

이 문제는 본질적으로 최댓값을 구하는 최적화 문제이고, 현재 계단에 도달하는 경우의 수가 이전 몇 계단의 선택에 따라 결정되므로, 중복 계산이 발생하게 된다. 즉, 이 문제는 ‘최적 부분 구조’와 ‘중복 부분 문제’라는 동적 계획법의 두 핵심 조건을 만족하므로, DP 방식으로 접근하는 것이 적합하다.

 

🧠 상태 정의 및 점화식

이제 동적 계획법으로 문제를 해결하기 위해서는 상태를 정의해야 한다. 이 문제에서는 dp[i]를 i번째 계단까지 올라왔을 때 얻을 수 있는 최대 점수라고 정의할 수 있다.

그렇다면 i번째 계단까지 도달하는 방법은 크게 두 가지로 나뉜다.

1. i-2번째 계단 → i번째 계단
   (두 칸 오르기, 연속 세 칸 밟기 방지 조건 자동 충족)
2. i-3번째 계단 → i-1번째 계단 → i번째 계단
   (i-2를 건너뛰므로 세 칸 연속 방지 조건을 만족)

이 두 가지 경우 중 더 큰 점수를 선택하면 되므로, 점화식은 다음과 같이 정의된다:

dp[i] = max(
    dp[i-2] + stairs[i],
    dp[i-3] + stairs[i-1] + stairs[i]
)

 

이 점화식을 구현할 때 중요한 점은, 계단 점수를 저장하는 리스트의 인덱싱 방식에 따라 코드가 달라질 수 있다는 것입니다. 많은 사람들이 실수하거나 헷갈리는 부분이기도 하다. 그래서 이 문제는 1-based 방식과 0-based 방식, 두 가지로 구현해볼 수 있다.

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구현

🧾 구현 방법 1: 1-based indexing (stairs = [0] + ...)

1-based 인덱싱 방식은 계단 번호와 리스트 인덱스를 일치시키기 위해 stairs 리스트의 첫 번째 요소에 의미 없는 0을 삽입한다. 즉, stairs = [0] + 입력값들 형태로 구현한다. 이렇게 하면 계단 번호 1, 2, 3...이 각각 리스트의 1번, 2번, 3번 인덱스에 대응되므로, 점화식을 그대로 코드로 옮길 수 있어 가독성이 좋다.

n = int(input())
stairs = [0]  # index 1부터 계단 점수 저장
for _ in range(n):
    stairs.append(int(input()))

if n == 1:
    print(stairs[1])
elif n == 2:
    print(stairs[1] + stairs[2])
else:
    dp = [0] * (n + 1)
    dp[1] = stairs[1]
    dp[2] = stairs[1] + stairs[2]
    dp[3] = max(stairs[1] + stairs[3], stairs[2] + stairs[3])

    for i in range(4, n + 1):
        dp[i] = max(dp[i-2] + stairs[i], dp[i-3] + stairs[i-1] + stairs[i])

    print(dp[n])

 

🧾 구현 방법 2: 0-based indexing (score = [...])

0-based 인덱싱은 파이썬의 기본 리스트 구조를 따르는 방식이다. 리스트에 계단 점수를 차례대로 저장하면 첫 번째 계단은 score[0], 두 번째는 score[1]이 된다. 이 방식은 코드가 간결하고 익숙할 수 있지만, 점화식에 적용할 때는 인덱스를 하나씩 보정해주어야 하기 때문에 실수가 발생할 가능성이 있다.

n = int(input())
score = [int(input()) for _ in range(n)]

if n == 1:
    print(score[0])
elif n == 2:
    print(score[0] + score[1])
else:
    dp = [0] * n
    dp[0] = score[0]
    dp[1] = score[0] + score[1]
    dp[2] = max(score[0] + score[2], score[1] + score[2])

    for i in range(3, n):
        dp[i] = max(dp[i-2] + score[i], dp[i-3] + score[i-1] + score[i])

    print(dp[-1])

 

⏱ 시간 복잡도 분석

이 문제는 단 한 번의 반복문을 통해 n이 4 이상인 경우, dp[4]부터 dp[n]까지 점화식을 이용해 값을 계산하게 되며, 각 단계의 계산은 상수 시간(O(1))에 수행된다.

• 입력 계단 수가 n개일 때, 최대 n-3번의 점화식 계산이 이루어짐
• 추가적으로 입력값을 저장하는 데에도 O(n) 시간이 소요됨

따라서 최종적으로 시간 복잡도는 O(n), 공간 복잡도 또한 dp 배열을 사용하므로 O(n) 이다.

이 알고리즘은 효율적으로 동작하며, 입력 제한이 n ≤ 300 정도인 이 문제에 매우 적합한 방식이다.