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[seungriyou] Week 04 Solutions

Author: seungriyou

coin-change/seungriyou.py

@@ -0,0 +1,113 @@
+# https://leetcode.com/problems/coin-change/
+
+from functools import cache
+from typing import List
+import math
+
+class Solution:
+    def coinChange_n(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n * amount)
+            - SC: O(n * amount)
+
+        [Approach]
+            각 coin을 무한히 많이 사용할 수 있으므로 unbounded knapsack problem 이다.
+            이때, 가치를 최대화하는 것 == 동전의 개수를 최소화 하는 것이다.
+            따라서 2D DP로 풀 수 있다.
+        """
+
+        INF = amount + 1
+        n = len(coins)
+
+        # dp[i][j] = i번째 coin까지 사용했을 때, j 만큼의 amount를 만들 수 있는 coin의 최소 개수
+        dp = [[INF] * (amount + 1) for _ in range(n + 1)]
+        dp[0][0] = 0
+
+        for i in range(1, n + 1):  # -- coin
+            dp[i][0] = 0
+            for j in range(1, amount + 1):  # -- amount
+                if j < coins[i - 1]:
+                    dp[i][j] = dp[i - 1][j]  # 현재 coin을 넣을 수 없음
+                else:
+                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - coins[i - 1]] + 1)  # min(현재 coin을 넣지 X 경우, 현재 coin을 넣는 경우)
+
+        return dp[n][amount] if dp[n][amount] != INF else -1
+
+    def coinChange_1(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n * amount)
+            - SC: O(amount)
+
+        [Approach]
+            매 단계에서 다음의 두 값만 확인하므로, 2D DP를 rolling array 방식으로 1D DP로 space optimize 할 수 있다.
+                - dp[i - 1][j]
+                - dp[i][j - coins[i - 1]]
+        """
+
+        INF = amount + 1
+
+        dp = [INF] * (amount + 1)
+        dp[0] = 0
+
+        for coin in coins:
+            for amnt in range(coin, amount + 1):
+                dp[amnt] = min(dp[amnt], dp[amnt - coin] + 1)  # min(현재 coin을 넣지 X 경우, 현재 coin을 넣는 경우)
+
+        return dp[amount] if dp[amount] != INF else -1
+
+    def coinChange_b(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n * amount) (금액 1 ~ amount 각각에 대해 len(coins) 만큼 확인)
+            - SC: O(amount) (seen & q)
+
+        [Approach]
+            BFS로 최단거리를 찾듯이 접근해도 된다. 이때의 최단거리란 최소 개수를 의미한다.
+        """
+        from collections import deque
+
+        q = deque([(0, 0)])  # (총 금액, coin 개수)
+        seen = {0}  # 이미 확인한 총 금액
+
+        while q:
+            amnt, n = q.popleft()
+
+            # base condition
+            if amnt == amount:
+                return n
+
+            # iter
+            for coin in coins:
+                if (new_amnt := amnt + coin) <= amount and new_amnt not in seen:
+                    q.append((new_amnt, n + 1))
+                    seen.add(new_amnt)
+
+        return -1
+
+    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n * amount) (금액 0 ~ amount, 각각 len(coins) 만큼 확인)
+            - SC: O(amount) (@cache 저장 공간, call stack)
+
+        [Approach]
+            bottom-up이었던 DP 뿐만 아니라, 더 직관적인 top-down 접근도 가능하다.
+            이때 @cache를 사용하면 memoization을 통해 더 최적화할 수 있다.
+        """
+
+        @cache
+        def dp(amnt):
+            # base condition
+            if amnt == 0:
+                return 0
+            if amnt < 0:
+                return math.inf
+
+            # recur
+            return min(dp(amnt - coin) + 1 for coin in coins)
+
+        res = dp(amount)
+
+        return res if res != math.inf else -1

find-minimum-in-rotated-sorted-array/seungriyou.py

@@ -0,0 +1,28 @@
+# https://leetcode.com/problems/find-minimum-in-rotated-sorted-array/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def findMin(self, nums: List[int]) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(logn)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            기본적으로 rotated sorted array에서 O(logn) time에 minimum element를 찾아야하므로
+            binary search를 사용한다. 규칙을 찾아보면 다음과 같다.
+                - nums[mid] > nums[hi]: min element가 오른쪽 영역인 (mid, hi]에 있음
+                - nums[mid] < nums[hi]: min element가 왼쪽 영역인 [lo, mid]에 있음
+        """
+
+        lo, hi = 0, len(nums) - 1
+
+        while lo < hi:
+            mid = lo + (hi - lo) // 2
+            if nums[mid] > nums[hi]:
+                lo = mid + 1  # (mid, hi]에 min element 존재
+            else:
+                hi = mid  # [lo, mid]에 min element 존재
+
+        return nums[lo]

maximum-depth-of-binary-tree/seungriyou.py

@@ -0,0 +1,57 @@
+# https://leetcode.com/problems/maximum-depth-of-binary-tree/
+
+from typing import Optional
+
+# Definition for a binary tree node.
+class TreeNode:
+    def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
+        self.val = val
+        self.left = left
+        self.right = right
+
+class Solution:
+    def maxDepth_recur(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n) (모든 node를 한 번씩 방문)
+            - SC: O(h) (call stack) (h = logn ~ n)
+
+        [Approach] recursive
+            재귀적으로 max(left subtree의 depth, right subtree의 depth) + 1 을 구하면 된다.
+            base condition(= 현재 노드가 None인 경우)에서는 0을 반환한다.
+        """
+
+        def get_max_depth(node):
+            # base condition
+            if not node:
+                return 0
+
+            # recur
+            return max(get_max_depth(node.right), get_max_depth(node.left)) + 1
+
+        return get_max_depth(root)
+
+    def maxDepth(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n) (모든 node를 한 번씩 방문)
+            - SC: O(w) (트리의 너비) (w = 1 ~ n / 2)
+
+        [Approach] iterative
+            BFS 처럼 이진 트리를 레벨 별로 순회하며 depth를 1씩 증가시킬 수 있다.
+        """
+        depth = 0
+        curr_level = [root] if root else []
+
+        while curr_level:
+            next_level = []
+            for node in curr_level:
+                if node.left:
+                    next_level.append(node.left)
+                if node.right:
+                    next_level.append(node.right)
+
+            curr_level = next_level
+            depth += 1
+
+        return depth

merge-two-sorted-lists/seungriyou.py

@@ -0,0 +1,38 @@
+# https://leetcode.com/problems/merge-two-sorted-lists/
+
+from typing import Optional
+
+# Definition for singly-linked list.
+class ListNode:
+    def __init__(self, val=0, next=None):
+        self.val = val
+        self.next = next
+
+class Solution:
+    def mergeTwoLists(self, list1: Optional[ListNode], list2: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            이미 list1, list2가 non-decreasing order로 정렬되어 있으므로, 각 linked list를 하나씩 비교하며 더 작은 값을 가진 노드부터 모으면 된다.
+            그리고 list1, list2 중에 하나라도 다 본 경우, 남은 linked list를 끝에 붙이면 된다.
+        """
+        res = curr = ListNode()
+
+        while list1 and list2:
+            if list1.val <= list2.val:
+                curr.next = list1
+                list1 = list1.next
+            else:
+                curr.next = list2
+                list2 = list2.next
+            curr = curr.next
+
+        if list1:
+            curr.next = list1
+        if list2:
+            curr.next = list2
+
+        return res.next

word-search/seungriyou.py

@@ -0,0 +1,55 @@
+# https://leetcode.com/problems/word-search/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n * 4^L) (L = word의 길이)
+                - 한 경로에서 최대 L번 재귀 호출
+                - 각 cell 당 3~4 방향 가능
+            - SC: O(m * n + L) (visited + call stack)
+                - visited 배열 대신 board에 inplace로 표시하면 O(L)으로 최적화 가능
+
+        [Approach]
+            주어진 word를 순차적으로 확인하기 위해 backtracking으로 접근할 수 있다. (가지치기 가능)
+            맨 처음에 word를 구성하는 문자가 board에 모두 존재하는지 확인한다면 run time을 줄일 수 있다.
+        """
+        # early stop (word를 구성하는 문자가 board에 모두 존재하는지 확인)
+        if set(word) - set(l for row in board for l in row):
+            return False
+
+        m, n = len(board), len(board[0])
+        visited = [[False] * n for _ in range(m)]
+
+        def backtrack(r, c, idx):
+            # base condition
+            if idx == len(word):
+                return True
+            if (
+                    not (0 <= r < m and 0 <= c < n)  # (1) 범위를 벗어나거나
+                    or visited[r][c]  # (2) 이미 방문했거나
+                    or board[r][c] != word[idx]  # (3) 주어진 word와 다른 경우
+            ):
+                return False
+
+            # backtrack
+            visited[r][c] = True
+            if (
+                    backtrack(r - 1, c, idx + 1)
+                    or backtrack(r + 1, c, idx + 1)
+                    or backtrack(r, c - 1, idx + 1)
+                    or backtrack(r, c + 1, idx + 1)
+            ):
+                return True
+            visited[r][c] = False
+
+            return False
+
+        for i in range(m):
+            for j in range(n):
+                if backtrack(i, j, 0):
+                    return True
+
+        return False