알고리즘
중간고사 완전정복

이 문서를 효율적으로 쓰는 법

이 가이드는 위에서 아래로 순서대로 읽는 것을 권장한다. 앞 개념이 뒷 개념의 전제가 되기 때문이다. 예를 들어 "지시 확률 변수"를 먼저 이해해야 "무작위 퀵 정렬의 O(n log n) 증명"을 이해할 수 있다.

각 주제에는 티어 표시가 붙어있다.

• TIER S — 기출 4회 이상 출제. 무조건 완벽하게 쓸 수 있어야 함.
• TIER A — 정리 세션에서 강조됨. 신규 출제 가능성 높음.
• TIER B — 개념을 이해하고 설명할 수 있는 수준.

1 · 문제와 사례의 구별

문제(Problem)는 일반적이고 추상적인 질문이며, 사례(Instance)는 그 문제에 구체적인 입력을 넣은 것이다.

왜 이 구별이 중요한가

같은 알고리즘이라도 어떤 사례가 주어지느냐에 따라 성능이 달라진다. 삽입 정렬은 이미 정렬된 배열(최선의 사례)에 대해 O(n)이지만, 역순 배열(최악의 사례)에 대해 O(n²)이다. 알고리즘을 분석한다는 것은 곧 "가능한 모든 사례에 대해 어떤 성능 분포를 갖는가"를 따지는 일이다.

계산 가능한 문제와 불가능한 문제

계산 문제의 집합은 비가산(uncountable), 즉 양의 정수와 일대일 대응될 수 없는 무한 집합이다. 반면 모든 알고리즘의 집합은 가산 무한(countably infinite)이다. 이 두 사실로부터 수학적으로 귀결되는 것: 알고리즘으로 해결 불가능한 문제가 반드시 존재한다.

2 · 점근적 표기법

n이 무한히 커질 때, 함수가 얼마나 빠르게 증가하는가를 비교하는 도구.

두 알고리즘의 실행 시간이 n²과 n³이라면, n → ∞에서 n²이 훨씬 느리게 커지므로 n²을 선택한다. 점근적 표기법은 이러한 비교를 형식화한다.

세 가지 표기법

다항식 관련 개념

다항 시간(polynomial time)이란 O(n^k) 꼴의 시간 복잡도를 말한다. 효율적인 알고리즘의 기준으로 흔히 쓰인다.

3 · 점화식과 재귀 트리

재귀 알고리즘의 시간 복잡도를 계산하는 핵심 도구.

점화식이란

분할 정복 같은 재귀 알고리즘의 실행 시간은 자기 자신을 포함하는 식으로 표현된다. 예를 들어 병합 정렬의 실행 시간은:

재귀 트리로 풀기

점화식 T(n) = 2T(n/2) + cn을 재귀 트리로 전개하자.

각 레벨의 총 비용이 cn으로 동일하다. 레벨 수는 log₂ n + 1개이므로:

4 · 삽입 정렬 (Insertion Sort)

정렬된 부분 배열에 새 원소를 하나씩 끼워넣어가는 방식. 인간이 카드를 정렬하는 방식과 동일하다.

의사코드

INSERTION-SORT(A)
  for j = 2 to A.length
    key = A[j]
    // A[j]를 정렬된 A[1..j-1]에 삽입
    i = j - 1
    while i > 0 and A[i] > key
      A[i+1] = A[i]
      i = i - 1
    A[i+1] = key

시간 복잡도 분석

왜 최악이 n²인가? 역순일 때 매번 while 루프가 j-1번 돌아간다. 전체는 1 + 2 + … + (n-1) = n(n-1)/2 = Θ(n²).

5 · 병합 정렬 (Merge Sort)

분할(Divide) → 정복(Conquer) → 결합(Combine) 3단계의 대표 예시. 최악의 경우에도 Θ(n log n)을 보장한다.

세 단계

1. 분할: 배열을 반으로 나눈다. (상수 시간)
2. 정복: 각 절반을 재귀적으로 정렬한다. (2T(n/2))
3. 결합: 정렬된 두 부분을 MERGE로 합친다. (Θ(n))

이로부터 점화식:

대부분의 작업은 결합 단계에서 일어난다. 이것이 퀵 정렬과의 큰 차이점이다 (퀵 정렬은 분할에서 대부분을 한다).

6 · 힙 정렬과 Max-Heap

거의 완전한 이진 트리 구조인 Max-heap을 이용해 정렬하는 방식. 최악 O(n log n) 보장.

Max-Heap 특성

세 가지 알고리즘

① Max-Heapify(A, i)

전제 조건: 인덱스 i의 좌우 자식 서브트리는 각각 max-heap이다. 그러나 i 자체는 아닐 수 있다.

목표: i를 루트로 하는 서브트리 전체를 max-heap으로 만든다.

방법: i와 두 자식 중 가장 큰 값을 찾는다. i가 가장 크면 끝. 아니면 가장 큰 자식과 교환하고, 교환된 자식 위치에서 재귀 호출.

시간 복잡도: 노드 i의 높이에 비례하므로 O(log n).

② Build-Max-Heap(A)

배열 A를 max-heap으로 만드는 알고리즘. 인덱스 ⌊n/2⌋부터 1까지 역순으로 Max-Heapify를 호출한다.

BUILD-MAX-HEAP(A)
  A.heap-size = A.length
  for i = ⌊A.length/2⌋ downto 1
    MAX-HEAPIFY(A, i)

③ Heapsort(A)

1. Build-Max-Heap으로 최대 힙 구축: O(n)
2. 루트(최댓값)를 마지막 원소와 교환, heap-size 감소
3. Max-Heapify(A, 1) 호출: O(log n)
4. 2–3을 n-1번 반복

총 시간: O(n) + (n-1) · O(log n) = O(n log n).

주요 수량 (증명 없이 사용)

• n개 원소를 가진 힙의 높이 = ⌊log₂ n⌋, 즉 O(log n)
• 높이 h인 노드의 최대 개수 = ⌈n / 2^(h+1)⌉

7 · 퀵 정렬 (Quicksort)

피벗(pivot)을 기준으로 분할하는 알고리즘. 최악은 O(n²)이지만, 평균 O(n log n)이고 상수 계수가 작아 실무에서 가장 선호된다.

핵심 아이디어

피벗 원소를 하나 고른 뒤, 피벗보다 작은 것은 왼쪽, 큰 것은 오른쪽으로 보낸다. 이러면 피벗이 최종 정렬 위치에 놓인다. 이 분할을 재귀적으로 왼쪽/오른쪽 부분 배열에 적용한다.

Partition 과정 (선형 시간)

PARTITION(A, p, r)
  x = A[r]        // 피벗 = 마지막 원소
  i = p - 1
  for j = p to r-1
    if A[j] <= x
      i = i + 1
      swap(A[i], A[j])
  swap(A[i+1], A[r])
  return i+1     // 피벗의 최종 위치

시간 복잡도는 피벗 선택에 달려 있다

최악이 발생할 확률은 매우 낮지만 0은 아니다. 이를 피하는 기법이 무작위 추출(random sampling), 즉 무작위 퀵 정렬이다.

8 · 고용 문제 (Hiring Problem)

n명의 지원자를 순서대로 면접한다. 현재까지 본 사람 중 가장 뛰어난 사람이 나오면 고용한다 (이전 사람은 해고). 고용 횟수의 기대값은?

세팅

• 입력: n명의 지원자
• 가정: 지원자들이 등장하는 순서는 균등 무작위. 즉 n!가지 순열이 모두 동등 확률.
• 구하고 싶은 것: 고용 횟수 X의 기대값 E[X]

지시 확률 변수로 분해

X_i를 "i번째 지원자를 고용하면 1, 아니면 0"으로 정의한다. 그러면:

E[X_i]는 무엇인가?

i번째 지원자를 고용하려면, 그 사람이 앞 i명 중 가장 뛰어나야 한다. 순서가 무작위이므로 이 확률은 정확히 1/i.

기댓값의 선형성(Linearity of Expectation)을 쓰면:

9 · 지시 확률 변수 (Indicator Random Variable)

복잡한 확률 변수를 "0 또는 1"의 단순한 변수들의 합으로 분해하는 기법.

기대값의 선형성

이 두 도구 — 지시 변수 + 선형성 — 만으로 많은 어려운 기대값을 계산할 수 있다.

10 · 무작위 퀵 정렬의 O(n log n) 증명 ⭐

2025 여름학기에 indicator RV 사용을 명시적으로 요구함. 증명 전체를 암기할 수준으로 준비해야 한다.

세팅

입력: 서로 다른 n개의 정수. 피벗은 매번 남은 원소 중에서 균등 무작위 선택. 분석 대상: 두 원소가 비교되는 총 횟수 X. (Lemma 7.1에 의해 전체 실행 시간은 O(n + X).)

증명의 핵심 단계

1. 원소를 재명명한다. 정렬 후의 순서대로 z_1, z_2, …, z_n으로 부르자. 즉 z_i는 i번째로 작은 원소.
2. 지시 변수를 정의: X_{ij} = "z_i와 z_j가 비교되면 1, 아니면 0"
3. 총 비교 횟수: $$X = \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} X_{ij}$$
4. 핵심 관찰: z_i와 z_j는 언제 비교되는가? 퀵 정렬에서 두 원소가 비교되는 유일한 경우는 둘 중 하나가 피벗일 때다.
   
   집합 Z_{ij} = {z_i, z_{i+1}, …, z_j}를 생각하자. 이 집합에서 최초로 피벗으로 뽑히는 원소가 z_i 또는 z_j일 때만 두 원소가 비교된다. 그렇지 않고 중간 원소가 먼저 피벗이 되면, z_i와 z_j는 서로 다른 부분 배열로 분리되어 영원히 비교되지 않는다.
5. |Z_{ij}| = j - i + 1개 중 하나가 균등 확률로 먼저 피벗이 되므로: $$E[X_{ij}] = \Pr(X_{ij} = 1) = \frac{2}{j - i + 1}$$
6. 기댓값의 선형성: $$E[X] = \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} \frac{2}{j-i+1}$$
7. 변수 치환 k = j - i: $$E[X] = \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{k=1}^{n-i} \frac{2}{k+1} < \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k} = \sum_{i=1}^{n-1} O(\log n) = O(n \log n)$$

11 · DP의 두 가지 특성

세 가지 특성 한눈에 비교

Optimal Substructure 증명의 표준 패턴

1. "최적해가 주어졌다고 가정하자"
2. "이 최적해는 부분 문제들의 최적해로 구성되어야 한다"고 주장
3. "그렇지 않다면 모순이 발생한다"고 증명

12 · 행렬 연쇄 곱셈 ⭐

2024-2, 2025-1, 2025-S 중간고사에 동일한 숫자로 3회 연속 출제. 답을 외워두는 것이 안전하다.

문제

행렬 A₁, A₂, A₃, A₄를 곱하는 스칼라 곱셈의 총 횟수를 최소화하자.

• A₁: 2 × 3 행렬
• A₂: 3 × 4 행렬
• A₃: 4 × 2 행렬
• A₄: 2 × 3 행렬

차원 수열: p₀=2, p₁=3, p₂=4, p₃=2, p₄=3

점화식

두 개의 그룹 A_i…A_k와 A_{k+1}…A_j로 분할하는 모든 방법을 시도하고, 그 중 최소를 고른다.

테이블 채우기 (대각선 순서)

먼저 대각선(i=j)은 모두 0. 그다음 길이 2, 3, 4 순으로 채운다.

길이 2

m[1,2] = p₀·p₁·p₂ = 2·3·4 = 24

m[2,3] = p₁·p₂·p₃ = 3·4·2 = 24

m[3,4] = p₂·p₃·p₄ = 4·2·3 = 24

길이 3

m[1,3]: k=1 또는 k=2

• k=1: m[1,1] + m[2,3] + p₀p₁p₃ = 0 + 24 + 2·3·2 = 36
• k=2: m[1,2] + m[3,3] + p₀p₂p₃ = 24 + 0 + 2·4·2 = 40

→ m[1,3] = 36 (k=1)

m[2,4]: k=2 또는 k=3

• k=2: m[2,2] + m[3,4] + p₁p₂p₄ = 0 + 24 + 3·4·3 = 60
• k=3: m[2,3] + m[4,4] + p₁p₃p₄ = 24 + 0 + 3·2·3 = 42

→ m[2,4] = 42 (k=3)

길이 4

m[1,4]: k=1, 2, 또는 3

• k=1: m[1,1] + m[2,4] + p₀p₁p₄ = 0 + 42 + 2·3·3 = 60
• k=2: m[1,2] + m[3,4] + p₀p₂p₄ = 24 + 24 + 2·4·3 = 72
• k=3: m[1,3] + m[4,4] + p₀p₃p₄ = 36 + 0 + 2·2·3 = 48

→ m[1,4] = 48 (k=3)

최종 테이블

Optimal Substructure 증명

최적 괄호화가 (A_i … A_k)(A_{k+1} … A_j)로 분할된다고 하자. 주장: 이 분할 안에서 A_i … A_k와 A_{k+1} … A_j 각각의 괄호화도 최적이어야 한다.

만약 A_i … A_k의 괄호화가 최적이 아니라면, 더 적은 스칼라 곱셈으로 할 수 있는 괄호화가 존재한다. 그걸로 교체하면 전체 비용이 감소하여 원래 괄호화가 최적이라는 가정에 모순. □

13 · 최장 공통 부분수열 (LCS)

두 문자열 X = x₁x₂…x_m, Y = y₁y₂…y_n의 공통 부분수열 중 가장 긴 것을 찾는 문제.

점화식

예시 · HW1 문제

X = GTACCGTCA (가로), Y = TCAGCTCA… 아니 HW1에서는 Y = TCGA 같은 형태. 테이블로 표시하면:

LCS 길이 = 4. 역추적하면 LCS = TCGA.

14 · 0/1 배낭 문제의 Optimal Substructure

용량 W인 배낭. n개 물건 각각 무게 w_i, 가치 v_i. 물건은 전부 가져가거나 전혀 가져가지 않거나. 총 가치 최대화.

Optimal Substructure 증명

최적해 S가 주어졌다고 하자. S에서 임의의 물건 j를 골라 두 경우로 나눈다:

Case 1 · j ∈ S (물건 j가 최적해에 포함)

S \ \{j\}는 "물건 {1, 2, …, n} \ \{j\}, 용량 W - w_j"인 부분 문제의 최적해여야 한다.

증명: 만약 더 좋은 해 S'가 존재한다면, S' ∪ \{j\}는 원래 문제의 해이면서 S보다 가치가 높다. 모순.

Case 2 · j ∉ S (물건 j가 최적해에 포함되지 않음)

S는 "물건 {1, …, n} \ \{j\}, 용량 W"인 부분 문제의 최적해여야 한다.

같은 논리로 모순 도출. □

분할 배낭 문제와의 차이

분할(Fractional) 배낭은 물건을 쪼갤 수 있다. 증명 구조가 다르다:

최적해에 물건 j의 x 비율이 포함되어 있다면, 나머지 해는 "물건 {1, …, n} \ \{j\} + j의 (1-x) 비율, 용량 W - x·w_j"인 부분 문제의 최적해여야 한다.

15 · 활동 선택 문제 ⭐

n개 활동 각각이 시작시간 s_i, 종료시간 f_i를 가진다. 서로 겹치지 않는 활동의 최대 개수를 고르자.

탐욕 전략

Greedy Choice Property 증명 (Theorem 16.1)

활동을 종료 시간 순으로 정렬: f_1 ≤ f_2 ≤ … ≤ f_n. 주장: 어떤 최적해 A가 존재하는데, 활동 1이 그 최적해에 포함된다.

증명 (교환 논법)

1. 임의의 최적해 A를 생각하자. A의 활동을 종료시간 순 정렬하여 첫 원소를 k라 하자.
2. 만약 k = 1이면 끝. 활동 1이 이미 포함됨.
3. 만약 k ≠ 1이면, A' = (A \ \{k\}) ∪ \{1\}을 만들자.
4. f_1 ≤ f_k이므로 활동 1은 A \ \{k\}의 다른 활동들과 겹치지 않는다 (원래 k가 첫 번째였으므로 다른 모든 활동은 k 이후에 시작, 따라서 1 이후에도 시작).
5. |A'| = |A|이므로 A'도 최적해. 활동 1을 포함. □

알고리즘 구현 · 재귀적 선택기

RECURSIVE-ACTIVITY-SELECTOR(s, f, k, n)
  m = k + 1
  while m <= n and s[m] < f[k]   // 겹치면 건너뜀
    m = m + 1
  if m <= n
    return {a_m} ∪ RECURSIVE-ACTIVITY-SELECTOR(s, f, m, n)
  else
    return ∅

시간 복잡도: O(n) — 시작/종료 시간을 한 번씩만 스캔.

16 · 매트로이드 (Matroid)

"어떤 문제가 탐욕 알고리즘으로 풀리는가?"에 대한 구조적 답. 문제의 기저 구조가 매트로이드이면 greedy가 작동한다.

정의

핵심 정리

Graphic Matroid

이 구조가 매트로이드임을 증명하려면 hereditary와 exchange 두 조건을 보여야 한다.

Hereditary 증명

A ∈ I(사이클 없음)이고 B ⊆ A이면, B도 사이클 없음 (사이클이 있다면 A에도 있어야 하므로 모순). ∴ B ∈ I. □

Exchange 증명

A, B ∈ I이고 |A| > |B|. A, B는 각각 forest. |V| - |A|, |V| - |B|는 각각 A, B의 컴포넌트 수. |A| > |B|이므로 A의 컴포넌트 수가 B보다 적다. 따라서 B의 두 다른 컴포넌트에 걸쳐 있는 A의 간선 e가 존재한다. 이 e를 B에 추가해도 사이클이 생기지 않는다. ∴ B ∪ \{e\} ∈ I. □

17 · 단위 작업 스케줄링이 매트로이드임 ⭐⭐

중간고사에서 가장 자주 나오는 증명. 2023-1, 2024-2, 2024-W, 2025-S 중간 + 2025-S 기말까지 5회 출제.

문제 세팅

n개 작업. 각 작업은 단위 시간이 걸리고, 마감 시간 d_i와 벌점 w_i를 가진다. 마감을 넘기면 벌점 부과. 총 벌점을 최소화하자. (동치로: 마감 안에 끝낸 작업의 총 벌점을 최대화)

매트로이드 구조

성질 1 · Hereditary

A ∈ I이고 B ⊆ A이면, B의 모든 작업도 마감 전에 끝낼 수 있다 (A의 스케줄에서 B 외의 작업을 제거하면 되며, 앞당겨지면 더 일찍 끝나므로 여전히 마감 안). ∴ B ∈ I. □

성질 2 · Exchange

A, B ∈ I이고 |A| > |B|. 각각의 최적 스케줄을 A는 k=|A|개 타임슬롯, B는 |B|개 타임슬롯에 배치했다고 하자.

핵심 보조 정리: 어떤 작업 집합 X ∈ I에 대해, 작업들을 마감 시간 증가 순으로 정렬해서 순서대로 배치하면, 그것이 정확히 |X|개 시간 슬롯을 쓰는 유효 스케줄이 된다.

|A| > |B|이므로, A와 B의 정렬된 스케줄을 비교하면 A에만 있고 B에 없는 작업이 있다. 그 중 가장 늦은 시간대에 스케줄된 작업 a를 고르자. 이 작업은 어떤 시간 t > |B|에 배치되어 있다(B의 스케줄은 시간 |B|까지만 사용).

a의 마감은 d_a ≥ t > |B|. 따라서 a를 B의 |B|+1번째 타임슬롯에 추가해도 마감을 어기지 않는다. ∴ B ∪ \{a\} ∈ I. □

18 · Freivalds 알고리즘 ⭐

"AB = C인가?"를 직접 곱하지 않고 확률적으로 검증하는 기발한 알고리즘. O(n²) 시간.

문제

n × n 행렬 A, B, C가 주어졌을 때, AB = C인지 판정.

단순 접근: AB를 직접 계산 — O(n³). Strassen으로도 O(n^{2.81}).

Freivalds: O(n²). 단, 확률적 오류 가능.

알고리즘

1. x ∈ \{0,1\}^n을 균등 무작위로 선택 (각 성분이 0 또는 1)
2. ABx ≠ Cx이면 NO 반환, 아니면 YES 반환

왜 O(n²)인가? Bx는 O(n²), 그 결과에 A를 곱하는 것도 O(n²), Cx도 O(n²). 전체 O(n²).

오류 분석

한쪽 방향 오류만 있다. AB = C이면 항상 YES (정확). AB ≠ C인데 알고리즘이 YES라고 답할 확률은?

증명

1. D = AB - C로 정의. AB ≠ C이므로 D는 영행렬이 아님. 적어도 하나의 성분이 0이 아니다.
2. 일반성을 잃지 않고 가정할 수 있다 (Without Loss of Generality):
   • 0이 아닌 성분이 D의 첫 번째 행에 있다
   • 첫 번째 행에서 0이 아닌 성분들이 0들보다 앞서 있다
   • 즉 첫 번째 행이 (d_1, d_2, …, d_k, 0, 0, …, 0) 꼴 (k > 0)
3. Dx = 0이 되려면 특히 첫 번째 성분 d^T x = 0이어야 한다. 여기서 d는 D의 첫 행이고: $$d^T x = d_1 x_1 + d_2 x_2 + \cdots + d_k x_k = 0$$
4. 정리하면: $$x_1 = \frac{-d_2 x_2 - d_3 x_3 - \cdots - d_k x_k}{d_1}$$
5. 결정적 관찰: x_2, x_3, …, x_k를 먼저 뽑은 뒤 x_1을 뽑는다고 생각하자. 위 식의 우변은 x_2, …, x_k에 의해 고정된 어떤 값 v다.
6. x_1은 \{0, 1\}에서 균등 무작위로 뽑히므로, x_1 = v일 확률은 많아야 1/2. (v가 0이나 1이 아니면 확률 0, 그중 하나이면 확률 1/2)
7. 따라서 \Pr(Dx = 0) ≤ 1/2. □

오류 감소

알고리즘을 k번 반복하고, 모두 YES일 때만 YES로 답하면 오류 확률은 (1/2)^k로 지수적으로 감소. 20번 반복하면 오류 확률 < 0.0001%.

19 · Tutte 행렬과 완벽 매칭

좌/우 집합 크기가 같은 이분 그래프에서 완벽 매칭(perfect matching)이 존재하는지 확률적으로 판정.

Tutte 행렬

알고리즘

1. 각 변수 x_{ij}에 \{1, 2, …, m²\}에서 무작위 정수 대입 (m = 간선 수)
2. 행렬식 계산
3. 0이 아니면 YES, 0이면 NO

오류 분석

이 오류는 반복으로 감소 가능. 여러 번 시도해서 한 번이라도 YES가 나오면 YES.

20 · 이진 결정 트리 동치 판정

두 이진 결정 트리가 같은 불리언 함수를 표현하는지 확률적으로 판정. P인지 알려지지 않은(=효율적 결정 알고리즘의 존재가 불명) 문제를 무작위성으로 해결.

이진 결정 트리란

• 내부 노드 = 변수, 왼쪽 자식 = 참 할당, 오른쪽 자식 = 거짓 할당
• 리프 = T 또는 F (함수의 최종 값)
• 같은 불리언 함수를 여러 트리로 표현 가능 ⇒ 동치 판정이 문제

알고리즘 아이디어

1. 변수 개수가 n일 때, 소수 p > 2n을 고른다
2. 각 변수에 \{0, 1, …, 2n-1\}에서 무작위 수 i 할당 (x = True 경우)
3. x = False는 1 - i \mod p 값으로 할당
4. 리프가 T인 모든 경로를 찾아, 경로 위 변수에 할당된 값을 곱한다 (mod p)
5. 모든 T-경로 값을 합한다 (mod p) — 이것이 트리의 "서명"
6. 두 트리의 서명이 같으면 YES, 다르면 NO

21 · 연결 컴포넌트

무방향 그래프의 연결 컴포넌트 = 서로 경로로 연결된 최대 노드 집합. Disjoint Set 자료구조로 구현.

Disjoint Set 연산

• Make-Set(x): 원소 x만 있는 새 집합 생성
• Find-Set(x): x가 속한 집합의 대표 원소 반환
• Union(x, y): x와 y가 속한 집합들을 합침

알고리즘

CONNECTED-COMPONENTS(G)
  for each vertex v ∈ G.V
    MAKE-SET(v)
  for each edge (u,v) ∈ G.E
    if FIND-SET(u) ≠ FIND-SET(v)
      UNION(u, v)

분석

• Make-Set 연산 수: |V|개
• Find-Set, Union 연산 수: 최대 |E|개 (간선마다 2번 Find + 최대 1번 Union)
• 효율적 구현(rank + path compression)으로 O((V+E) · α(V)), 사실상 선형

22 · Warshall 알고리즘 (이행적 폐쇄)

방향 그래프에서 "노드 i에서 j로 가는 양의 길이 경로가 존재하는가?"를 모든 쌍에 대해 결정.

점화식

논리: i → j 경로가 있으려면 둘 중 하나: (1) k를 안 지나는 경로가 이미 있었거나, (2) k를 지나서 i → k → j로 가는 경로.

시간 복잡도: Θ(V³). 연산 구조: \{0,1\}에 대해 AND, OR.

23 · Floyd 알고리즘 (모든 쌍 최단 거리)

Warshall과 논리 구조가 같지만, "경로 존재" 대신 "최단 거리"를 구한다.

점화식

논리: i → j 최단 거리는 (1) k를 안 지나는 기존 거리, 또는 (2) k를 지나는 새 경로 중 짧은 쪽.

시간 복잡도: Θ(V³). 연산 구조: 비음 실수 ∪ {0, ∞}에 대해 MIN, PLUS.

24 · Dijkstra 알고리즘 (단일 출발지 최단 거리)

한 출발지에서 모든 노드까지의 최단 거리. 모든 간선 가중치가 비음수여야 작동.

구조

1. 출발지 s의 거리 D[s] = 0, 나머지 ∞
2. 방문한 노드 집합 S = ∅, min-priority queue에 모든 노드
3. 큐가 빌 때까지 반복:
   • 가장 작은 D값을 가진 노드 w를 추출
   • S에 추가
   • w의 각 이웃 v에 대해 D[v] 갱신 (relaxation)

시간 복잡도: Min-priority queue 구현에 따라 O((V+E) log V).

25 · 과제 Q3 · X(n) 시간 복잡도

문제

X(n)
  r = 0
  for i = 1 to n-1 do
    for j = i+1 to n do
      for k = 1 to j do
        r = r + 1
  return r

X(n)의 return 값을 n에 대한 식으로 구하라.

풀이

단계 1. 가장 안쪽 루프는 k=1…j로 돌아서 j번 실행. 즉 r에 j가 더해짐.

단계 2. 중간 루프를 정리:

단계 3. 바깥 루프까지 합하면:

단계 4. 공식 대입 (\sum i^2 = m(m+1)(2m+1)/6, \sum i = m(m+1)/2, m = n-1):

단계 5. n(n-1)/2로 묶기:

26 · 과제 Q4 · 점화식 풀이

문제

$$T(1) = 1, \quad T(n) = 3T(n-1) + 2 \text{ for } n \ge 2$$

닫힌 형태로 T(n)을 구하라.

풀이 · 반복 대입

• T(1) = 1
• T(2) = 3·T(1) + 2 = 3 + 2 = 3¹ + 3⁰·2
• T(3) = 3·T(2) + 2 = 3(3+2) + 2 = 3² + (3¹+3⁰)·2
• T(4) = 3·T(3) + 2 = 3³ + (3²+3¹+3⁰)·2

패턴:

등비수열 합 공식:

27 · 재귀 함수 Trace

2024-2와 2025-1 중간고사에 동일한 문제가 출제됨.

문제

A = [3, 1, 2], n = 3일 때 Y(1)의 실행 결과를 모든 중간 단계와 함께 쓰라.

Y(i)
  if i == n then print A
  else
    Y(i+1)
    for j = i+1 to n
      swap(A[i], A[j])
      Y(i+1)
      swap(A[i], A[j])  // 원복

의도

이 함수는 배열의 모든 순열(permutation)을 생성·출력한다.

실행 Trace

초기 A = [3, 1, 2]

1. Y(1) 호출. i=1, n=3, 같지 않음.
2. 먼저 Y(2) 호출 (재귀). 현재 A = [3, 1, 2]
   • Y(2)에서 Y(3) 호출 → i=n, print [3, 1, 2]
   • j=3: swap(A[2], A[3]) → A = [3, 2, 1], Y(3) → print [3, 2, 1], swap 원복 → A = [3, 1, 2]
3. j=2: swap(A[1], A[2]) → A = [1, 3, 2], Y(2) 호출
   • Y(3) → print [1, 3, 2]
   • j=3: swap(A[2], A[3]) → A = [1, 2, 3], Y(3) → print [1, 2, 3], swap 원복 → A = [1, 3, 2]
   swap 원복 → A = [3, 1, 2]
4. j=3: swap(A[1], A[3]) → A = [2, 1, 3], Y(2) 호출
   • Y(3) → print [2, 1, 3]
   • j=3: swap(A[2], A[3]) → A = [2, 3, 1], Y(3) → print [2, 3, 1], swap 원복 → A = [2, 1, 3]
   swap 원복 → A = [3, 1, 2]

마지막 확인

반드시 암기 상태여야 할 것들

• Matrix chain m[i,j] 테이블 (A₁~A₄, 2×3, 3×4, 4×2, 2×3 → 48)
• Unit task scheduling이 matroid임의 증명 (hereditary + exchange)
• Activity selection greedy choice property 증명 (교환 논법)
• Randomized Quicksort O(n log n) 증명 (X_ij, 2/(j-i+1))
• Freivalds 오류 증명 (d^T x = 0 → x_1 확률 ≤ 1/2)
• X(n) 시간복잡도 n(n-1)(n+1)/3
• T(n) = 3T(n-1) + 2 → 2·3^(n-1) - 1

증명 시 빠지기 쉬운 부분

• 매트로이드 증명: exchange 성질에서 "|A| > |B|"와 "a ∈ A \ B"를 명시적으로 쓰자
• Quicksort 분석: "최초로 피벗이 되는 원소" 개념을 설명해야 2/(j-i+1)이 정당화됨
• Optimal substructure 증명: cut-and-paste 논리 (더 좋은 부분해로 교체 → 모순)을 명시적으로 쓰자
• Activity selection 증명: "종료시간 순 정렬" 가정과 f₁ ≤ fₖ 조건을 꼭 쓰자

답안 작성 요령

• 재귀 함수 trace: 중간 단계 하나도 빠뜨리지 말 것. 각 재귀 호출 전·후 배열 상태 기록
• Matrix chain: 대각선 순서대로 (길이 2 → 3 → 4) 채우면서 k 값과 계산 과정을 모두 쓰기
• Greedy/DP 증명: "최적해 가정 → 부분해도 최적 주장 → 반대 가정 시 모순" 3단 구조 고수
• 시간 복잡도: Θ vs O 구별. 상한만 요구받으면 Big-O면 충분

Good luck on your exam.
The best preparation is understanding, not memorization.