프로그래머스 Python 스택/큐 문제 풀이 - 기능 개발, 주식가격

hahyun — Tue, 5 May 2026 15:14:22 +0900

1. 기능 개발

문제

프로그래머스 팀에서는 기능 개선 작업을 수행 중입니다. 각 기능은 진도가 100%일 때 서비스에 반영할 수 있습니다.

또, 각 기능의 개발속도는 모두 다르기 때문에 뒤에 있는 기능이 앞에 있는 기능보다 먼저 개발될 수 있고, 이때 뒤에 있는 기능은 앞에 있는 기능이 배포될 때 함께 배포됩니다.

먼저 배포되어야 하는 순서대로 작업의 진도가 적힌 정수 배열 progresses와 각 작업의 개발 속도가 적힌 정수 배열 speeds가 주어질 때 각 배포마다 몇 개의 기능이 배포되는지를 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.

제한 사항

작업의 개수(progresses, speeds배열의 길이)는 100개 이하입니다.
작업 진도는 100 미만의 자연수입니다.
작업 속도는 100 이하의 자연수입니다.
배포는 하루에 한 번만 할 수 있으며, 하루의 끝에 이루어진다고 가정합니다. 예를 들어 진도율이 95%인 작업의 개발 속도가 하루에 4%라면 배포는 2일 뒤에 이루어집니다.

입출력 예

progresses	speeds	return
[93, 30, 55]	[1, 30, 5]	[2, 1]
[95, 90, 99, 99, 80, 99]	[1, 1, 1, 1, 1, 1]	[1, 3, 2]

입출력 예 설명

입출력 예 #1
첫 번째 기능은 93% 완료되어 있고 하루에 1%씩 작업이 가능하므로 7일간 작업 후 배포가 가능합니다.
두 번째 기능은 30%가 완료되어 있고 하루에 30%씩 작업이 가능하므로 3일간 작업 후 배포가 가능합니다. 하지만 이전 첫 번째 기능이 아직 완성된 상태가 아니기 때문에 첫 번째 기능이 배포되는 7일째 배포됩니다.
세 번째 기능은 55%가 완료되어 있고 하루에 5%씩 작업이 가능하므로 9일간 작업 후 배포가 가능합니다.

따라서 7일째에 2개의 기능, 9일째에 1개의 기능이 배포됩니다.

입출력 예 #2
모든 기능이 하루에 1%씩 작업이 가능하므로, 작업이 끝나기까지 남은 일수는 각각 5일, 10일, 1일, 1일, 20일, 1일입니다. 어떤 기능이 먼저 완성되었더라도 앞에 있는 모든 기능이 완성되지 않으면 배포가 불가능합니다.

따라서 5일째에 1개의 기능, 10일째에 3개의 기능, 20일째에 2개의 기능이 배포됩니다.

https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/42586

풀이

기능개발 작업의 진도 progresses 와 속도 speeds를 (progress, speed) 의 튜플 형태로 큐에 적재
while 문을 돌면서 queue 가 비어있을 때까지 아래 task 를 반복
- 첫번째 for 문: queue 에서 작업을 하나씩 꺼내서(popleft) 작업의 진도 progress 를 속도 speed 만큼 업데이트하고, 다시 큐에 적재(append)
- 두번째 for 문: queue 에서 작업을 하나 꺼내서(popleft) 작업의 진도가 100 이상인지 체크, 진도가 100 이상이면 continue, 아니면 break 해서 for 문 종료
시간 복잡도: O(N^2)
- 외부 while queue 루프: 모든 작업이 완료될 때까지 반복되므로, 만약 작업 진도가 1, 작업 속도가 1인 작업이 100까지 가려면, 최대 100번 가량 반복
- 첫 번째 내부 for 루프: 큐의 모든 요소를 순회하며 진도를 업데이트. queue 에서 작업을 하나씩 꺼내고 다시 넣는 popleft, append 메소드의 시간 복잡도는 O(1), 큐의 크기가 N 이라 할 때 O(N) 소요
- 두 번째 내부 for 루프: 배포 가능한 작업을 확인하기 위해 큐의 앞부분부터 하나씩 확인. 이 역시 최대 O(N) 소요
결과적으로, 전체 복잡도는 (총 소요 일수 X N) 에 비례, 문제의 제한 사항에서 N ≤ 100 으로 작기 때문에 통과에는 지장이 없으나, 만약 작업 개수가 10만 개 이상으로 늘어난다면 성능 저하가 발생할 수 있는 구조

from collections import deque

def solution(progresses, speeds):
    queue = deque()
    answer = []

    # queue에 작업을 튜플 형태로 넣기 (progress, speed)
    for p, s in zip(progresses, speeds):
        queue.append((p,s))

    while queue:
        # queue에 들어있는 작업 progress 업데이트
        for i in range(len(queue)): 
            p, s = queue.popleft()
            p += s
            queue.append((p, s))

        cnt = 0

        # queue에 들어있는 작업을 꺼내서 progress가 100 이상인 경우 count
        for i in range(len(queue)):
            curr_p, curr_s = queue.popleft()

            if curr_p >= 100:
                cnt += 1
                continue

            else:
                queue.appendleft((curr_p, curr_s))
                break

        # count가 1 이상인 경우만 answer 리스트에 append
        if cnt > 0:
            answer.append(cnt)

    return answer

코드 리팩토링

각 작업의 진도가 100%가 되기까지 며칠이 걸리는지를 먼저 계산
- 각 작업별 남은 일수를 한 번의 루프(O(N))로 계산
- 계산된 일수 리스트를 한 번 순회(O(N))하면서 앞의 작업보다 빨리 끝나는 것들을 묶어서 배포
- 이렇게 하면 전체 시간 복잡도는 O(N)이 되어, 작업의 개수가 대폭 늘어나도 매우 빠르게 동작

import math

def solution(progresses, speeds):
    answer = []
    # 각 작업이 완료될 때까지 필요한 '남은 일수'를 미리 계산
    # 예: [7, 3, 9]
    days = [math.ceil((100 - p) / s) for p, s in zip(progresses, speeds)]

    if not days:
        return []

    front = 0  # 기준이 되는 작업의 인덱스
    for i in range(len(days)):
        # 현재 작업(i)이 기준 작업(front)보다 더 오래 걸린다면
        if days[i] > days[front]:
            # 지금까지 쌓인 기능들을 배포
            answer.append(i - front)
            front = i  # 기준 작업을 현재 작업으로 변경

    # 마지막으로 남은 기능들 배포
    answer.append(len(days) - front)

    return answer

2. 주식가격

문제

초 단위로 기록된 주식가격이 담긴 배열 prices가 매개변수로 주어질 때, 가격이 떨어지지 않은 기간은 몇 초인지를 return 하도록 solution 함수를 완성하세요.

제한사항

prices의 각 가격은 1 이상 10,000 이하인 자연수입니다.
prices의 길이는 2 이상 100,000 이하입니다.

입출력 예

prices	return
[1, 2, 3, 2, 3]	[4, 3, 1, 1, 0]

입출력 예 설명

1초 시점의 ₩1은 끝까지 가격이 떨어지지 않았습니다.
2초 시점의 ₩2은 끝까지 가격이 떨어지지 않았습니다.
3초 시점의 ₩3은 1초뒤에 가격이 떨어집니다. 따라서 1초간 가격이 떨어지지 않은 것으로 봅니다.
4초 시점의 ₩2은 1초간 가격이 떨어지지 않았습니다.
5초 시점의 ₩3은 0초간 가격이 떨어지지 않았습니다.

https://school.programmers.co.kr/learn/courses/30/lessons/42584

풀이

정렬 + 스택
prices 리스트를 이중 for 문으로 순회
- 외부 for 문은 0 부터 len(prices) 까지 순회, 내부 for 문은 (i+1) 부터 len(prices) 까지 순회
- prices[i] 기준으로 다음 원소의 가격 prices[j] 가 낮아지기 전까지 count + 1
- 다음 원소의 가격 prices[j] 가 prices[i] 보다 낮아지면 for 문 break
처음 시도할 때 놓쳤던 부분은 count += 1 을 if 조건절 안에 넣는게 아니라, j 가 +1 증가하면 count 도 +1 증가시키도록 로직을 짜야 한다는 것 (경계값 구현 실수)
시간 복잡도: O(N^2)
- 외부 루프 (for i in range(...)): prices의 길이인 n 만큼 반복
- 내부 루프 (for j in range(i + 1, ...) ): 각 i에 대해 남은 요소(n-i)만큼 탐색
- 문제의 제한사항에서 prices 의 길이는 최대 10만개이므로, 최악의 경우 O(N^2) 코드는 최대 100억번의 연산 필요

def solution(prices):
    answer = []

    for i in range(0, len(prices)):
        count = 0

        for j in range(i+1, len(prices)):
            count += 1

            if prices[i] > prices[j] :
                break

        answer.append(count)

    return answer

코드 리팩토링

핵심 아이디어: 아직 가격이 떨어지지 않은 인덱스들을 스택에 보관하다가, 가격이 떨어지는 순간 스택에서 꺼내 기간을 계산

def solution(prices):
    n = len(prices)
    answer = [0] * n
    stack = []  # 인덱스를 저장할 스택

    for i in range(n):
        # 스택이 비어있지 않고, 현재 가격이 스택 최상단(마지막) 가격보다 떨어졌다면
        while stack and prices[stack[-1]] > prices[i]:
            past_index = stack.pop()
            answer[past_index] = i - past_index  # 떨어진 시점과 기록 시점의 차이 계산

        stack.append(i)

    # 반복문이 끝났음에도 스택에 남은 인덱스들 (끝까지 가격이 안 떨어진 경우)
    while stack:
        past_index = stack.pop()
        answer[past_index] = n - 1 - past_index

    return answer

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