[taurus09318976] WEEK 05 Solutions

best-time-to-buy-and-sell-stock/taurus09318976.py

@@ -0,0 +1,50 @@
+'''
+- 이 문제는 최저가에 한 주식을 사서, 그 이후에 최대가에 팔아야 하는 문제임
+- 만약 이익을 낼 수 없으면 0을 반환함
+조건 : 
+1) 반드시 한 번만 사고 한 번만 팔아야 하며, 팔기 전에 반드시 사야 함
+2) 팔 때는 구매한 날 이후의 날짜여야 합니다.
+
+Example 1. 의 경우
+날짜 (index)| 가격 (price) | min_price (최저가) | current_profit (현재 이익) | max_profit (최대 이익)
+0            7              7(초기값)            -                         0(초기값)
+1            1              7 -> 1              -                        0
+2            5              1                  5 - 1 = 4                 0 -> 4
+3            3              1                  3 - 1 = 2                 4
+4            6              1                  6 - 1 = 5                 4 -> 5
+5            4              1                  4 - 1 = 3                 5
+
+'''
+class Solution:
+    def maxProfit(self, prices: List[int]):
+        # 입력 배열이 비어 있으면 주가가 없으므로 거래할 수 없음. 따라서 최대 이익은 0
+        if not prices:              
+            return 0
+
+        # 배열의 첫 번째 가격을 최저가로 초기화함. 이후 가격과 비교할 기준점이 됨
+        min_price = prices[0]
+        # 이익이 없으면 0을 반환하기 위해 최대 이익을 0으로 초기화함       
+        max_profit = 0              
+
+        for price in prices[1:]:    # 두 번째 가격부터 순회. 첫번째 가격은 이미 min_price에 할당했으므로 제외함.
+            if price < min_price:   # 현재 가격이 최저가보다 작으면 갱신. 더 싸게 살 수 있는 날을 찾는 과정임
+                min_price = price
+            else:
+                profit = price - min_price  # 현재 가격에서 최저가를 빼서, 지금 팔면 얻을 수 있는 이익 계산
+                if profit > max_profit:     # 계산한 이익이 기존의 최대 이익보다 크면 max_profit 갱신
+                    max_profit = profit
+
+        return max_profit           # 반복이 끝나면 최대 이익을 반환
+
+
+    '''
+    시간 복잡도 : O(n)
+        배열을 한 번만 순회하기 때문에 입력 크기 n에 비례함
+        n은 prices 배열의 길이
+
+    공간 복잡도 : O(1)
+        추가로 사용하는 변수는 min_price, max_profit, profit 3개뿐임(상수 개수),
+        입력 크기에 따라 달라지지 않음
+        입력 배열 외에 별도의 저장 공간이 필요하지 않음
+    '''
+

encode-and-decode-strings/taurus09318976.py

@@ -0,0 +1,47 @@
+'''
+목표 : 문자열 리스트를 하나의 문자열로 인코딩하고, 다시 원래 리스트로 디코딩하는 알고리듬을 만드는 문제임
+핵심 : 문자열에 어떤 문자가 들어 있더라도 정확히 인코딩/디코딩할 수 있어야 함
+해결법 : 각 문자열 앞에 길이를 붙여서 인코딩 함 
+
+Example 1. 단계별 설명
+입력: ["lint","code","love","you"]
+
+인코딩 과정:
+"lint" → 4:lint
+"code" → 4:code
+"love" → 4:love
+"you" → 3:you
+
+최종 인코딩 문자열: 4:lint4:code4:love3:you
+
+디코딩 과정:
+i=0 → : 위치 1, 길이 4 → 문자열 lint (i=5)
+i=5 → : 위치 6, 길이 4 → 문자열 code (i=10)
+i=10 → : 위치 11, 길이 4 → 문자열 love (i=15)
+i=15 → : 위치 16, 길이 3 → 문자열 you (i=19)
+
+최종 결과: ["lint","code","love","you"]
+
+동작 원리 요약 
+인코딩: 각 문자열 앞에 길이를 붙여서 혼동 없이 디코딩 가능함
+디코딩: 길이 정보를 이용해 정확히 문자열을 추출함
+'''
+
+
+class Solution:
+    def encode(self, strs):
+        encoded = []
+        for s in strs:
+            encoded.append(f"{len(s)}:{s}")  # 각 문자열 앞에 길이 + ":"을 붙임
+        return "".join(encoded)              # 모든 문자열을 하나로 합침
+
+    def decode(self, s):
+        decoded = []
+        i = 0
+        while i < len(s):
+            colon = s.find(":", i)         # s.find(":", i) : 현재 위치(i)부터 처음 나오는 :의 위치를 찾기
+            length = int(s[i:colon])       # int(s[i:colon]) : 앞의 숫자를 문자열 길이로 변환
+            i = colon + 1                  # 문자열 시작 위치로 이동
+            decoded.append(s[i:i+length])  # s[i:i+length : 길이만큼 문자열을 잘라서 저장함.
+            i += length                    # 다음 문자열의 시작 위치로 이동
+        return decoded

group-anagrams/taurus09318976.py

@@ -0,0 +1,43 @@
+'''
+이 문제는 정렬된 문자열을 키(key)로 사용해 같은 애너그램끼리 그룹화함
+즉, 각 단어를 정렬했을 때 같은 결과가 나오면 같은 그룹임
+
+["eat","tea","tan","ate","nat","bat"]
+단어	| 정렬 결과	| 키	| groups 딕셔너리 변화
+eat	      aet	  aet	  {'aet': ['eat']}
+tea	      aet	  aet	  {'aet': ['eat', 'tea']}
+tan	      ant	  ant	  {'aet': [...], 'ant': ['tan']}
+ate	      aet	  aet	  {'aet': ['eat','tea','ate'], ...}
+nat	      ant	  ant	  {'ant': ['tan','nat'], ...}
+bat	      abt	  abt	  {'abt': ['bat'], ...}
+
+'''
+class Solution:
+    def groupAnagrams(self, strs: List[str]):
+        groups = defaultdict(list)  # defaultdict : 키가 없어도 자동으로 빈 리스트 생성
+
+        for word in strs:           # 각 단어를 하나씩 확인
+            sorted_word = ''.join(sorted(word))  # 단어를 정렬해 키 생성 (예: "tea" → "aet")
+            groups[sorted_word].append(word)     # 같은 키를 가진 단어를 그룹에 추가
+
+        return list(groups.values())  # 그룹들을 리스트로 변환해 반환 
+
+'''
+    시간 복잡도: O(n × klogk) + O(n) = O(n × klogk)
+            n: 단어 개수
+            k: 단어의 최대 길이
+            각 단어 정렬에 O(k log k) 시간 소요 (ex. 5글자 → 5 log 5 ≈ 11)
+            단어 정렬: 각 단어를 정렬하는 데 O(k log k) 시간이 소요됩니다.
+            파이썬의 sorted() 함수는 내부적으로 Timsort 알고리즘을 사용하며, 
+            이의 시간 복잡도는 평균적으로 O(k log k)임
+            n개의 단어 처리: 모든 단어에 대해 정렬을 수행하므로 n × O(k log k) = O(n × k log k)610.
+            딕셔너리 연산: 정렬된 키를 기반으로 단어를 그룹화하는 작업은 O(1) 시간에 이루어지며, 
+            전체적으로 O(n) 시간이 추가됩니다
+
+    공간 복잡도: O(n × k) + O(n × k) = O(n × k)
+            정렬된 키 저장: 각 단어를 정렬한 결과를 문자열로 저장함
+                        단어 길이가 k일 때, 정렬된 문자열 저장에 O(k) 공간이 필요함
+                        n개의 단어에 대해 총 O(n × k) 공간이 사용됨
+            딕셔너리 값 저장: 원본 단어를 그룹별로 저장함. 모든 단어를 저장해야 하므로
+
+'''

implement-trie-prefix-tree/taurus09318976.py

@@ -0,0 +1,78 @@
+'''
+이 문제는 문자열을 효율적으로 저장하고 검색하는 트리 구조임 (예 : 자동완성 기능)
+주요 기능 : 단어 추가(insert), 단어 검색(search), 접두사 확인(startsWith)
+
+Example 1.의 단계별 동작
+
+메서드 호출 순서 리스트	        인자 리스트	            실제 호출 예시
+"Trie"	                   []	                Trie()          -> 빈 트라이를 만듬. 루트 노드가 생성되고, 아무 문자도 저장되어 있지 않음
+"insert"	               ["apple"]	        insert("apple") -> 'a' 노드가 없으면 새로 만들고 이동
+                                                                -> 'p' 노드가 없으면 새로 만들고 이동
+                                                                -> 또 'p' 노드가 없으면 새로 만들고 이동
+                                                                -> 'l' 노드가 없으면 새로 만들고 이동
+                                                                -> 'e' 노드가 없으면 새로 만들고 이동
+                                                                -> 마지막 'e' 노드에 is_end = True 표시 (여기까지가 "apple"이라는 단어임을 뜻함)
+
+"search"	               ["apple"]	        search("apple") -> 루트부터 'a' → 'p' → 'p' → 'l' → 'e' 노드까지 차례로 이동
+                                                                -> 마지막 'e' 노드가 is_end = True 이므로 True 반환
+
+"search"	               ["app"]	            search("app")   -> 루트부터 'a' → 'p' → 'p' 노드까지 이동
+                                                                -> 'p' 노드의 is_end 값이 False (아직 "app"이라는 단어가 완성되지 않았음)
+                                                                -> 따라서 False 반환
+"startsWith"	           ["app"]	            startsWith("app") -> 루트부터 'a' → 'p' → 'p' 노드까지 이동
+                                                                  -> 노드가 존재하므로 True 반환 (접두사는 존재함)
+
+"insert"	               ["app"]	            insert("app")     -> 루트부터 'a' → 'p' → 'p' 노드까지 이미 존재하므로 새 노드 생성 안 함
+                                                                  -> 마지막 'p' 노드에 is_end = True 표시 (이제 "app"도 완성된 단어임)
+                                                                  -> "app"은 처음에 is_end=False였기 때문에 검색 시 False가 나왔고, 삽입 후 True가 됨
+
+"search"	               ["app"]	            search("app")     -> 루트부터 'a' → 'p' → 'p' 노드까지 이동
+                                                                  -> 마지막 'p' 노드가 is_end = True 이므로 True 반환
+
+<트라이 구조> 
+
+루트
+ └─ 'a'
+     └─ 'p'
+         └─ 'p' (is_end=True)  ← "app"
+             └─ 'l'
+                 └─ 'e' (is_end=True)  ← "apple"
+
+
+'''
+
+class TrieNode:  # 트라이의 각 노드를 표현하는 클래스
+    def __init__(self):
+        self.children = {}  # 현재 노드의 자식들을 {문자:노드} 형태로 저장 
+        self.is_end = False  # 현재 노드가 단어의 끝인지 표시(기본값 False)
+
+class Trie:
+    def __init__(self):
+        self.root = TrieNode()  # 트라이의 시작점인 빈 루트 노드 생성
+
+    def insert(self, word: str) -> None:
+        node = self.root    # 루트 노드에서 시작
+        for char in word:   # 단어의 각 문자를 하나씩 처리
+            if char not in node.children:   # 현재 노드의 자식에 문자가 없으면
+                node.children[char] = TrieNode()  # 새로운 노드 생성 후 자식에 추가
+            node = node.children[char]     # 다음 문자 노드로 이동
+        node.is_end = True      # 단어의 마지막 문자 노드에 끝 표시
+
+    def search(self, word: str) -> bool:
+        node = self.root
+        for char in word:      # 단어의 각 문자를 따라 이동 
+            if char not in node.children:  # 문자가 없으면 단어 존재 X -> False
+                return False
+            node = node.children[char]
+        return node.is_end  # 모든 문자를 통과했다면, 마지막 노드가 단어 끝인지 확인
+
+
+    def startsWith(self, prefix: str) -> bool:
+        node = self.root
+        for char in prefix:     # 접두사의 각 문자를 따라 이동
+            if char not in node.children:  # 문자 없으면 접두사 존재 X -> False
+                return False    # 모든 문자가 존재 -> 접두사 O
+            node = node.children[char]
+        return True  # 7. 접두사 존재
+
+

word-break/taurus09318976.py

@@ -0,0 +1,35 @@
+'''
+주어진 문자열 s를 공백으로 구분된 단어 시퀀스로 분할할 수 있는지 확인하는 문제임 
+이때 모든 단어는 주어진 사전(wordDict)에 포함되어야 함
+
+Example 1.의 예를 들면
+  dp = [True,   False,  False,  False,  False,  False,  False,  False,  False]
+인덱스:    0        1       2       3       4       5       6       7       8
+의미:     ""       "l"    "le"   "lee"   "leet" "leetc" "leetco" "leetcod" "leetcode"
+가능한 단어 길이:   l=1~4    l=1~4   l=1~4    l=4    l=1~4   l=1~4   l=1~4    l=4        
+
+dp[i]가 True가 되는 조건:
+dp[i-l]이 True이고, s[i-l:i]가 사전에 있는 단어일 때
+예시에서 i=4와 i=8에서 조건이 충족되어 True로 변경됨
+
+'''
+
+class Solution:
+    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
+        word_set = set(wordDict)  # 단어 검색을 빠르게 하기 위해 집합으로 변환
+        if not word_set:          # 사전이 비어있으면 항상 False
+            return False
+
+        max_len = max(len(word) for word in word_set)  # 사전에서 가장 긴 단어의 길이 구분
+        dp = [False] * (len(s) + 1)  # dp[i]는 문자열 s의 첫 i글자가 분할 가능한지 여부를 저장
+        dp[0] = True  # 빈 문자열은 항상 분할 가능하므로 True
+
+        for i in range(1, len(s) + 1):  # 문자열의 모든 위치를 순회함
+            for l in range(1, max_len + 1):   # 단어 길이를 1부터 max_len까지 확인함
+                if i < l:  # 현재 위치보다 단어 길이가 길면 패스
+                    break
+                if dp[i - l] and s[i-l:i] in word_set:  # 이전 위치가 True이고, 현재 부분 문자열이 사전에 있으면 True로 표시함
+                    dp[i] = True
+                    break  # 하나라도 성공하면 더 확인할 필요 없음
+
+        return dp[-1]  # 최종 결과 반환