[프로그래머스/Day 16] 로또의 최고 순위와 최저 순위 - all_of, Lookup Table, STL

오늘은 프로그래머스 '로또의 최고 순위와 최저 순위' 문제를 풀면서 시도했던 다양한 접근 방식과,

테스트 케이스를 통해 예외 처리를 확실히 잡았던 경험을 공유하고자 합니다.

1. 문제 개요

이 문제는 지워진 로또 번호를 0으로 가정했을 때, 당첨 가능한 최고 순위와 최저 순위를 구하는 문제입니다.

핵심은 0이 모두 당첨 번호라고 가정할 때(최고 순위)와 모두 꽝이라고 가정할 때(최저 순위)를 계산하는 것입니다.

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2. 첫 번째 접근: all_of 활용

처음에는 흐름대로 로직을 작성했습니다. 0인 경우와 숫자가 일치하는 경우를 분기 처리하여 계산하는 방식입니다.

특히, 입력값이 모두 0인 특수한 케이스([0, 0, 0, 0, 0, 0])를 빠르게 처리하기 위해 <algorithm> 헤더의 all_of 함수를 먼저 사용했습니다.

// 1. lottos의 모든 값이 0이라면 result는 [1, 6] 반환한다.
// 2. lottos가 win_nums에 일치하는게 몇개인지 확인한다.
// - lottos의 원소가 0이 아니라면 win_nums의 원소와 비교: 최저 순위 구하기
// - lottos의 원소가 0이라면 0 개수로 카운트
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

vector<int> solution(vector<int> lottos, vector<int> win_nums) {
    // 1. lottos의 모든 값이 0이라면 result는 [1, 6] 반환한다.
    if (all_of(lottos.begin(), lottos.end(), [](int n){return n == 0;})) return {1, 6};

    int place = 7;
    int zeroCount = 0;
    // 2. lottos가 win_nums에 일치하는게 몇개인지 확인한다.
    for(int i = 0; i < 6; ++i)
    {
        int current = lottos[i];
        // - lottos의 원소가 0이 아니라면 win_nums의 원소와 비교: 최저 순위 구하기
        if(current != 0)
        {
            if(find(win_nums.begin(), win_nums.end(), current) != win_nums.end())
            {
                --place;
            }
        }
        // - lottos의 원소가 0이라면 0 개수로 카운트
        else
        {
            ++zeroCount;
        }
    }

    if(place == 7) place = 6;

    return {place - zeroCount, place};
}

[테스트 케이스의 중요성] 문제를 풀던 중, 다음과 같은 테스트 케이스를 추가하여 검증을 진행했습니다.

• Input: lottos: [1, 2, 3, 4, 5, 6], win_nums: [7, 8, 9, 10, 11, 12] (모두 꽝인 경우)
• Expected Output: [6, 6]

이 케이스 덕분에 place 변수가 초기값 7로 남아있을 때 이를 6으로 바꿔주는 예외 처리(if(place == 7) place = 6;)가 반드시 필요하다는 것을 놓치지 않을 수 있었습니다. 만약 이 처리가 없었다면 [7, 7]이라는 잘못된 결과가 나왔을 것입니다.

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3. 두 번째 접근: Lookup Table 활용

첫 번째 코드는 로직이 명확하지만, 순위를 계산하기 위해 place 변수를 7에서 깎아내리거나 마지막에 예외 처리를 해야 하는 번거로움이 있었습니다. 이를 개선하기 위해 Lookup Table 방식을 적용해 보았습니다.

#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

vector<int> solution(vector<int> lottos, vector<int> win_nums) {
    // 인덱스 = 맞춘 개수, 값 = 등수
    // 0개 맞춤 -> 6등, 1개 맞춤 -> 6등, ... 6개 맞춤 -> 1등
    int rank[] = {6, 6, 5, 4, 3, 2, 1};

    int zero_count = 0;
    int match_count = 0;

    for (int num : lottos) {
        if (num == 0) {
            zero_count++;
        } else {
            if (find(win_nums.begin(), win_nums.end(), num) != win_nums.end()) {
                match_count++;
            }
        }
    }

    // 배열 인덱스로 접근하여 예외 처리(if문) 제거
    return {rank[match_count + zero_count], rank[match_count]};
}

이 방식의 장점은 if (place == 7)과 같은 예외 처리가 사라진다는 점입니다.

match_count가 0이어도 rank[0]은 6이므로 자연스럽게 해결됩니다.

코드가 훨씬 간결하고 데이터 중심적으로 변했습니다.

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4. 세 번째 접근: STL

마지막으로, 반복문을 직접 돌리는 대신 C++ STL의 기능을 적극적으로 활용하여 가독성을 높이는 방식도 고려해보았습니다.

#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

vector<int> solution(vector<int> lottos, vector<int> win_nums) {
    // 0의 개수 카운트
    int zero_cnt = count(lottos.begin(), lottos.end(), 0);

    // 맞은 개수 카운트
    int match_cnt = 0;
    for (int win : win_nums) {
        if (find(lottos.begin(), lottos.end(), win) != lottos.end()) {
            match_cnt++;
        }
    }

    // 등수 계산 람다 함수
    auto get_rank = [](int cnt) {
        return cnt < 2 ? 6 : 7 - cnt;
    };

    return {get_rank(match_cnt + zero_cnt), get_rank(match_cnt)};
}

std::count를 사용하여 0의 개수를 세고, 등수 계산 로직을 람다 함수로 분리하였습니다.

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5. 정리

세 가지 방식을 비교해 본 결과, 알고리즘 문제 풀이에서는 두 번째 접근(Lookup Table)이 가장 효율적이고 실수를 줄여주는 방법이라고 생각합니다.

특히 이번 풀이에서는 "아예 하나도 맞지 않은 경우"([1, 2, 3, 4, 5, 6] vs [7, 8, 9, 10, 11, 12]) 를 테스트 케이스로 추가하여 검증했던 것이 주효했습니다.

엣지 케이스를 미리 생각하고 코드를 작성하는 습관이 버그를 막는 가장 좋은 방법임을 다시 한번 느꼈습니다.