[백준 2011] 암호코드 (C++)

https://www.acmicpc.net/problem/2011

 

문제

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상근이와 선영이가 다른 사람들이 남매간의 대화를 듣는 것을 방지하기 위해서 대화를 서로 암호화 하기로 했다. 그래서 다음과 같은 대화를 했다.

• 상근: 그냥 간단히 암호화 하자. A를 1이라고 하고, B는 2로, 그리고 Z는 26으로 하는거야.
• 선영: 그럼 안돼. 만약, "BEAN"을 암호화하면 25114가 나오는데, 이걸 다시 글자로 바꾸는 방법은 여러 가지가 있어.
• 상근: 그렇네. 25114를 다시 영어로 바꾸면, "BEAAD", "YAAD", "YAN", "YKD", "BEKD", "BEAN" 총 6가지가 나오는데, BEAN이 맞는 단어라는건 쉽게 알수 있잖아?
• 선영: 예가 적절하지 않았네 ㅠㅠ 만약 내가 500자리 글자를 암호화 했다고 해봐. 그 때는 나올 수 있는 해석이 정말 많은데, 그걸 언제 다해봐?
• 상근: 얼마나 많은데?
• 선영: 구해보자!

어떤 암호가 주어졌을 때, 그 암호의 해석이 몇 가지가 나올 수 있는지 구하는 프로그램을 작성하시오.

 

입력

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첫째 줄에 5000자리 이하의 암호가 주어진다. 암호는 숫자로 이루어져 있다.

 

출력

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나올 수 있는 해석의 가짓수를 구하시오. 정답이 매우 클 수 있으므로, 1000000으로 나눈 나머지를 출력한다.

암호가 잘못되어 암호를 해석할 수 없는 경우에는 0을 출력한다.

 

문제 풀이

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dp 문제.

이전 풀이했던 2591 숫자카드와 유사하다.

https://noname-yet.tistory.com/110

[백준 2591] 숫자카드 (C++)

i-1번째 인덱스와 i번째 인덱스의 숫자를 붙여 두자리 숫자가 가능한지 확인한다. 가능하다면 i-2번째 인덱스까지의 수에 두 자리 숫자를 덧붙이는 것과 i-1번째 인덱스까지의 수에 한 자리 숫자를 덧붙이는 두 가지 경우의 수가 존재하므로 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]가 성립한다.

단, 문자에서 숫자는 알파벳의 순서이므로 i번째 인덱스가 0이고, 숫자를 붙여 두 자리 숫자를 만들었을 때 나오는 수가 10이나 20이 아닌 경우는 불가능하다. 즉, 00이나 30, 40, 50 등이 나타난다면 불가능한 경우이다.

만들어진 두 자리 숫자가 10이나 20일 경우, i-1번째 인덱스까지의 수에 0을 붙이는 경우가 불가능하고 i-2번째 인덱스까지의 수에 10이나 20을 붙이는 경우밖에 존재하지 못한다. 따라서 이 경우는 dp[i] = dp[i-2]가 성립한다.

두 자리 숫자가 가능하지 않다면 i-1번째까지의 수에 한 자리 숫자를 덧붙이는 경우밖에 없으므로 dp[i] = dp[i-1]이 성립한다.

 

아래는 코드.

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;

int main()
{
	cin.tie(NULL);
	ios::sync_with_stdio(false);

	string str;
	cin >> str;
	int N = str.length();
	bool canMake = true;
	long long* dp = new long long[N];
	if (str.at(0) == '0')
	{
		canMake = false;
	}
	else
	{
		dp[0] = 1;
		for (int i = 1; i < N; i++)
		{
			string prevStr = str.substr(i - 1, 2);
			int prevInt = stoi(prevStr);
			if (str.at(i) == '0' && prevInt != 10 && prevInt != 20)
			{
				canMake = false;
				break;
			}
			if (prevInt == 10 || prevInt == 20)
			{
				if (i == 1)
				{
					dp[i] = 1;
				}
				else
				{
					dp[i] = dp[i - 2];
				}
			}
			else if (prevInt >= 10 && prevInt <= 26)
			{
				if (i == 1)
				{
					dp[i] = 2;
				}
				else
				{
					dp[i] = dp[i - 1] % 1000000 + dp[i - 2] % 1000000;
					dp[i] %= 1000000;
				}
			}
			else
			{
				dp[i] = dp[i - 1];
			}
		}
	}
	if (canMake == false)
	{
		cout << 0 << "\n";
	}
	else
	{
		cout << dp[N - 1] << "\n";
	}
	return 0;
}