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Author: obzva

alien-dictionary/flynn.go

@@ -0,0 +1,105 @@
+/*
+풀이
+- 두 단어를 알파벳 하나씩 차례대로 비교했을 때, 첫번째 차이가 발생하는 지점에서 alien dictionary의 order를 찾을 수 있습니다
+- 첫번째 단어부터 바로 그 다음 단어와 두 단어씩 짝지어서 비교하면 앞에서 말한 일련의 order를 찾아낼 수 있습니다
+  알파벳 x가 알파벳 y보다 alien dictionary order에서 앞서는 관계, 즉 x->y인 관계를 찾아서 x: {y1, y2, y3, ...}인 집합의 map을 만들겠습니다
+  그리고 이를 nextLetters라고 명명하였습니다
+- 만약 특정 알파벳 x에 대해, z->x인 알파벳 z가 없다면 x는 우리가 정답으로 제출할 result string의 어느 위치에든 자유롭게 끼워넣을 수 있습니다
+  (* If there are multiple solutions, return any of them.)
+  우리는 이런 알파벳 x를 찾아낼 때마다 바로바로 result string res에 추가하겠습니다
+- z->x인 알파벳 z가 현재 있는지 없는지에 대한 상태관리를 하기 위해서 prevLetterCounts라는 map을 만들겠습니다
+  prevLetterCounts[x]: z->x인 z의 개수
+- nextLetters, prevLetterCounts를 잘 생성한 후에는 prevLetterCount가 0인 알파벳부터 queue에 등록시킨 후 BFS를 실행합니다
+  BFS를 실행하며 prevLetterCount가 0인 알파벳이 새로 발견될 경우 queue에 등록시킵니다
+- 엣지케이스가 두 경우 발생하는데,
+  첫번째는 nextLetters를 생성하는 반복문에서 발견됩니다
+    두번째 단어가 첫번째 단어의 prefix인 경우는 애초부터 잘못된 dictionary order인 경우입니다
+	위 경우는 단순 알파벳 비교로는 발견하기 어려우므로 flag를 사용하였습니다
+  두번째는 result string의 길이가 input으로 주어진 단어들에 등장한 알파벳의 개수보다 적은 경우입니다
+    이 경우는 nextLetters에 순환이 발생한 경우이므로 dictionary order가 잘못되었다고 판단할 수 있습니다
+Big O
+- N: 주어진 배열 words의 길이
+- S(W): 배열 words에 속한 모든 string의 길이의 총합
+- Time complexity: O(N + S(W))
+  - prevLetterCounts와 nextLetters 생성 -> O(N)
+  - nextLetters에 들어갈 알파벳 전후관계 찾기 -> O(S(W))
+  - 알파벳 소문자의 수는 제한되어 있기 때문에 BFS의 시간 복잡도 상한선은 정해져 있습니다 -> O(26 * 26) = O(1)
+- Space complexity: O(1)
+  - 알파벳 소문자의 수는 제한되어 있기 때문에 공간 복잡도의 상한선은 정해져 있습니다
+    prevLetterCounts -> O(26) = O(1)
+	nextLetters -> O(26 * 26) = O(1)
+	queue -> O(26) = O(1)
+*/
+
+import "strings"
+
+func alienOrder(words []string) string {
+	n := len(words)
+	// prevLetterCounts[x] = count of letters y that are in relation of y->x
+	prevLetterCounts := make(map[string]int)
+	// nextLetters[x] = set of letters y that are in relation of x->y
+	nextLetters := make(map[string]map[string]bool)
+	for _, word := range words {
+		for _, c := range word {
+			if _, ok := prevLetterCounts[string(c)]; !ok {
+				prevLetterCounts[string(c)] = 0
+				nextLetters[string(c)] = make(map[string]bool)
+			}
+		}
+	}
+
+	for i := 0; i < n-1; i++ {
+		currWord := words[i]
+		nextWord := words[i+1]
+		// flag for edge case below
+		diff := false
+		for j := 0; j < len(currWord) && j < len(nextWord); j++ {
+			if currWord[j] != nextWord[j] {
+				diff = true
+				if _, ok := nextLetters[string(currWord[j])][string(nextWord[j])]; !ok {
+					prevLetterCounts[string(nextWord[j])]++
+					nextLetters[string(currWord[j])][string(nextWord[j])] = true
+				}
+				break
+			}
+		}
+		// tricky edge case!!!
+		// if nextWord is prefix of currWord, then the provided dictionary order is invalid
+		if !diff && len(currWord) > len(nextWord) {
+			return ""
+		}
+	}
+	// BFS
+	queue := make([]string, 0, len(prevLetterCounts))
+	for letter := range prevLetterCounts {
+		// we can arrange letters whose prevLetterCount is zero as we wish
+		if prevLetterCounts[letter] == 0 {
+			queue = append(queue, letter)
+		}
+	}
+	// in Go, using strings.Builder is the most efficient way to build strings
+	var sb strings.Builder
+	for len(queue) > 0 {
+		// pop the letter from the queue and append it to the result string
+		popped := queue[0]
+		queue = queue[1:]
+		sb.WriteString(popped)
+
+		for nextLetter := range nextLetters[popped] {
+			prevLetterCounts[nextLetter]--
+			// if prevLetterCount for nextLetter becomes zero, we can add it to the queue
+			// append to the result string (order) in the next iteration
+			if prevLetterCounts[nextLetter] == 0 {
+				queue = append(queue, nextLetter)
+			}
+		}
+	}
+	// res is result string
+	res := sb.String()
+	// this case means that there was a cycle
+	if len(res) != len(prevLetterCounts) {
+		return ""
+	}
+	// else return res
+	return res
+}

longest-palindromic-substring/flynn.go

@@ -0,0 +1,54 @@
+/*
+풀이
+- 슬라이딩 윈도우 기법을 이용하면 풀이할 수 있습니다
+Big O
+- N: 주어진 문자열 s의 길이
+- Time complexity: O(N^2)
+  - window 함수가 O(N)의 시간복잡도를 가지므로
+    각 반복문은 O(N * N) = O(N^2)의 시간복잡도를 가진다고 볼 수 있습니다
+- Space complexity: O(1)
+  - 별도의 추가적인 공간 복잡도를 고려하지 않아도 됩니다
+*/
+
+func longestPalindrome(s string) string {
+	n := len(s)
+	maxStart := 0
+	maxEnd := 0
+	// for odd lengths
+	for i := 0; i < n; i++ {
+		window(&s, &maxStart, &maxEnd, i, false)
+	}
+	// for even lengths
+	for i := 0; i < n-1; i++ {
+		window(&s, &maxStart, &maxEnd, i, true)
+	}
+
+	return s[maxStart : maxEnd+1]
+}
+
+/*
+helper function for searching palindromic substring
+from the pivotal index `i`
+*/
+func window(s *string, maxStart *int, maxEnd *int, i int, isEven bool) {
+	n := len(*s)
+	start := i
+	end := i
+	if isEven {
+		end++
+	}
+	for 0 <= start && end < n {
+		if (*s)[start] != (*s)[end] {
+			break
+		}
+
+		// if new palindromic substring is longer than the previously found one,
+		// update the start and end index
+		if *maxEnd-*maxStart < end-start {
+			*maxStart = start
+			*maxEnd = end
+		}
+		start--
+		end++
+	}
+}

rotate-image/flynn.go

@@ -0,0 +1,39 @@
+/*
+풀이
+- matrix를 4사분면으로 나눕니다
+  1사분면의 모든 좌표에 대해 아래와 같은 연산을 수행합니다
+- 1사분면의 좌표 a1에 대해 a2, a3, a4를 아래처럼 정의합니다
+  a2: a1을 90도 회전시켰을 때의 좌표 (2사분면에 위치함)
+  a3: a2를 90도 회전시켰을 때의 좌표 (3사분면에 위치함)
+  a4: a3을 90도 회전시켰을 때의 좌표 (4사분면에 위치함)
+  a1 -> a2, a2 -> a3, a3 -> a4, a4 -> a1으로 값을 변경시킵니다
+Big O
+- N: 매트릭스의 크기
+- Time complexity: O(N^2)
+- Space complexity: O(1)
+*/
+
+func rotate(matrix [][]int) {
+	n := len(matrix)
+	// 사분면의 크기, qr, qc: 사분면의 행, 열 크기
+	qr := n / 2
+	qc := (n + 1) / 2
+
+	for r := 0; r < qr; r++ {
+		for c := 0; c < qc; c++ {
+			r1 := r
+			c1 := c
+
+			r2 := c
+			c2 := n - 1 - r
+
+			r3 := n - 1 - r
+			c3 := n - 1 - c
+
+			r4 := n - 1 - c
+			c4 := r
+
+			matrix[r1][c1], matrix[r2][c2], matrix[r3][c3], matrix[r4][c4] = matrix[r4][c4], matrix[r1][c1], matrix[r2][c2], matrix[r3][c3]
+		}
+	}
+}

subtree-of-another-tree/flynn.go

@@ -0,0 +1,50 @@
+/*
+풀이
+- 두 트리가 동일한지 검사하는 dfs 함수를 이용하여 풀이할 수 있습니다
+Big O
+- M: root 트리의 노드 개수
+- N: subRoot 트리의 노드 개수
+- Time complexity: O(MN)
+  - 최악의 경우 root 트리의 모든 노드에 대해 isSameTree 함수를 실행 (O(M))
+    최악의 경우 isSameTree 함수는 O(N)의 시간복잡도를 가짐
+- Space complexity: O(M+N)
+  - isSubTree의 재귀호출스택 깊이는 최대 O(M)의 공간복잡도를 가짐
+  - isSameTree의 재귀호출스택 깊이는 최대 O(N)의 공간복잡도를 가짐
+*/
+
+/**
+ * Definition for a binary tree node.
+ * type TreeNode struct {
+ *     Val int
+ *     Left *TreeNode
+ *     Right *TreeNode
+ * }
+ */
+ func isSubtree(root *TreeNode, subRoot *TreeNode) bool {
+	// handling nil(null) inputs
+	if root == nil {
+		return false
+	}
+	// return true if root and subroot are same
+	if isSameTree(root, subRoot) {
+		return true
+	}
+	// else, check root.left and root.right
+	return isSubtree(root.Left, subRoot) || isSubtree(root.Right, subRoot)
+}
+
+/*
+dfs helper function checking whether two treenodes are same or not
+*/
+func isSameTree(a *TreeNode, b *TreeNode) bool {
+	// handling nil(null) cases
+	if a == nil || b == nil {
+		return a == b
+	}
+	// falsy cases
+	if a.Val != b.Val || !isSameTree(a.Left, b.Left) || !isSameTree(a.Right, b.Right) {
+		return false
+	}
+	// else, return true
+	return true
+}

validate-binary-search-tree/flynn.go

@@ -0,0 +1,46 @@
+/*
+풀이
+- BST의 속성을 이해한 후, 해당 속성을 검사하는 dfs 함수를 이용하면 풀이할 수 있습니다
+Big O
+- N: root 트리의 노드 개수
+- Time complexity: O(N)
+  - 모든 노드에 대해 최대 1번의 탐색이 필요합니다
+- Space complexity: O(logN) (O(N) at worst)
+  - check 함수의 재귀호출 스택 깊이는 트리의 높이에 비례하여 증가하므로 일반적으로 O(logN)의 공간복잡도를 가진다고 볼 수 있습니다
+    하지만 트리가 심하게 치우친 경우 O(N)까지 커질 수 있습니다
+*/
+
+/**
+ * Definition for a binary tree node.
+ * type TreeNode struct {
+ *     Val int
+ *     Left *TreeNode
+ *     Right *TreeNode
+ * }
+ */
+
+ const (
+	MIN = -(2_147_483_648 + 1)
+	MAX = 2_147_483_647 + 1
+)
+
+func isValidBST(root *TreeNode) bool {
+	return check(root.Left, MIN, root.Val) && check(root.Right, root.Val, MAX)
+}
+
+/*
+helper dfs function
+*/
+
+func check(node *TreeNode, min int, max int) bool {
+	// base case
+	if node == nil {
+		return true
+	}
+	// node.val should be in the boundary (min, max)
+	if !(min < node.Val && node.Val < max) {
+		return false
+	}
+	// check for children nodes
+	return check(node.Left, min, node.Val) && check(node.Right, node.Val, max)
+}