diff --git a/longest-substring-without-repeating-characters/seungriyou.py b/longest-substring-without-repeating-characters/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..e939af08a
--- /dev/null
+++ b/longest-substring-without-repeating-characters/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,62 @@
+# https://leetcode.com/problems/longest-substring-without-repeating-characters/
+
+class Solution:
+    def lengthOfLongestSubstring_slow(self, s: str) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(n)
+
+        [Approach]
+            two pointer를 이동해가며 substring을 확인하는 과정에서, hash table을 이용하여 duplicate character를 O(1)에 lookup 할 수 있도록 한다.
+            p1, p2를 각각 왼쪽과 오른쪽 pointer라고 할 때,
+                - substring의 맨 오른쪽 문자가 duplicate이 아니면, seen에 추가하고 맨 오른쪽 범위를 한 칸 늘린다. 그리고 max_len을 업데이트 한다.
+                - substring의 맨 오른쪽 문자가 duplicate이면, seen에서 맨 왼쪽 문자를 삭제하고 맨 왼쪽 범위를 한 칸 줄인다.
+        """
+
+        p1 = p2 = max_len = 0
+        seen = set()
+
+        while p2 < len(s):
+            # p2가 중복이 아닌 문자를 가리키면, seen에 추가하고 p2 한 칸 옮기기
+            if s[p2] not in seen:
+                seen.add(s[p2])
+                p2 += 1
+                # max_len 업데이트
+                max_len = max(max_len, p2 - p1)
+
+            # p2가 중복인 문자를 가리키면, seen에서 s[p1] 삭제하고 p1 한 칸 옮기기
+            else:
+                seen.remove(s[p1])
+                p1 += 1
+
+        return max_len
+
+    def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(n)
+
+        [Approach]
+            lengthOfLongestSubstring_slow()의 경우, p2가 중복인 문자를 가리킬 때 p1을 한 칸씩만 이동한다.
+            하지만 해당 문자가 가장 마지막으로 나온 인덱스를 기록해둔다면, 바로 그 다음 인덱스로 p1을 이동시킬 수 있다.
+            이러한 인덱스를 lookup 하는 행위도 hash table을 이용해 O(1)으로 최적화 할 수 있다.
+        """
+
+        p1 = max_len = 0
+        seen = dict()
+
+        for p2, right in enumerate(s):
+            # right 문자가 p1 ~ p2 내 범위에서 이미 등장했다면, p1을 right 문자가 가장 마지막으로 등장한 인덱스의 다음 위치로 이동
+            if seen.get(right, -1) >= p1:
+                p1 = seen[right] + 1
+
+            # 그렇지 않다면, p1을 그대로 두고 max_len 업데이트
+            else:
+                max_len = max(max_len, p2 - p1 + 1)
+
+            # right를 seen에 기록
+            seen[right] = p2
+
+        return max_len
diff --git a/number-of-islands/seungriyou.py b/number-of-islands/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..6840d904f
--- /dev/null
+++ b/number-of-islands/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,76 @@
+# https://leetcode.com/problems/number-of-islands/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def numIslands_bfs(self, grid: List[List[str]]) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n)
+            - SC: O(m * n)
+
+        [Approach]
+            BFS를 사용한다.
+        """
+        from collections import deque
+
+        dr, dc = [-1, 1, 0, 0], [0, 0, -1, 1]
+        m, n = len(grid), len(grid[0])
+        res = 0
+
+        def bfs(r, c):
+            q = deque([(r, c)])
+            grid[r][c] = "0"
+
+            while q:
+                r, c = q.popleft()
+
+                for i in range(4):
+                    nr, nc = r + dr[i], c + dc[i]
+                    # nr, nc가 (1) 범위 내이면서 (2) 아직 방문하지 않은 곳이라면
+                    if 0 <= nr < m and 0 <= nc < n and grid[nr][nc] == "1":
+                        q.append((nr, nc))
+                        grid[nr][nc] = "0"
+
+        for r in range(m):
+            for c in range(n):
+                if grid[r][c] == "1":
+                    bfs(r, c)
+                    res += 1
+
+        return res
+
+    def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n)
+            - SC: O(m * n) (call stack)
+
+        [Approach]
+            DFS를 사용한다.
+        """
+        dr, dc = [-1, 1, 0, 0], [0, 0, -1, 1]
+        m, n = len(grid), len(grid[0])
+        res = 0
+
+        def dfs(r, c):
+            # base condition
+            if not (0 <= r < m and 0 <= c < n) or grid[r][c] == "0":
+                return
+
+            # visited 처리
+            grid[r][c] = "0"
+
+            # recur
+            dfs(r - 1, c)
+            dfs(r + 1, c)
+            dfs(r, c - 1)
+            dfs(r, c + 1)
+
+        for r in range(m):
+            for c in range(n):
+                if grid[r][c] == "1":
+                    dfs(r, c)
+                    res += 1
+
+        return res
diff --git a/reverse-linked-list/seungriyou.py b/reverse-linked-list/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..2412307cb
--- /dev/null
+++ b/reverse-linked-list/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,70 @@
+# https://leetcode.com/problems/reverse-linked-list/
+
+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 reverseList_iter(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            linked-list를 reverse 할 때의 핵심은
+                (1) p1 -> p2를 p1 <- p2로 바꾸고
+                (2) p1, p2를 모두 한 칸 앞으로 전진
+            하는 것이다.
+            이때, (1)에서 p2.next = p1로 바꾼다면, p2를 한 칸 앞으로 전진할 수 없기 때문에 먼저 p2.next(= p3)를 기록해둬야 한다.
+            이를 iterative 하게 구현하면 while문을 이용할 수 있다.
+        """
+        p1, p2 = None, head
+
+        while p2:
+            # 1. p3 얻어놓기
+            p3 = p2.next
+
+            # 2. p1 <- p2 전환
+            p2.next = p1
+
+            # 3. p1 -> p2, p2 -> p3 이동
+            p1, p2 = p2, p3
+
+        return p1
+
+    def reverseList(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(n) (call stack)
+
+        [Approach]
+            linked-list를 reverse 할 때의 핵심은
+                (1) p1 -> p2를 p1 <- p2로 바꾸고
+                (2) p1, p2를 모두 한 칸 앞으로 전진
+            하는 것이다.
+            이때, (1)에서 p2.next = p1로 바꾼다면, p2를 한 칸 앞으로 전진할 수 없기 때문에 먼저 p2.next(= p3)를 기록해둬야 한다.
+            이를 recursive 하게 구현하려면 다음과 같이 base condition으로 종료조건을 추가해주면 된다.
+        """
+
+        def reverse_ll(p1, p2):
+            # base condition
+            if not p2:
+                return p1
+
+            # recur
+            # 1. p3 얻어놓기
+            p3 = p2.next
+
+            # 2. p1 <- p2 전환
+            p2.next = p1
+
+            # 3. p1 -> p2, p2 -> p3 이동
+            return reverse_ll(p2, p3)
+
+        return reverse_ll(None, head)
diff --git a/set-matrix-zeroes/seungriyou.py b/set-matrix-zeroes/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..2f4e16b04
--- /dev/null
+++ b/set-matrix-zeroes/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,91 @@
+# https://leetcode.com/problems/set-matrix-zeroes/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def setZeroes_slow(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
+        """
+        Do not return anything, modify matrix in-place instead.
+
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n * (m + n)) -> too slow...
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            다음의 두 단계를 inplace로 수행한다.
+                1. 모든 cell을 순회하며, 0을 발견하면 해당 row와 column의 값을 (0인 cell을 제외하고) 모두 #로 바꾼다.
+                2. 다시 모든 cell을 순회하며, #을 모두 0으로 바꾼다.
+        """
+
+        m, n = len(matrix), len(matrix[0])
+
+        def set_row_col(r, c):
+            for _r in range(m):
+                # 0이 아닌 경우에만 "#"으로 바꿔야 함 **
+                if matrix[_r][c] != 0:
+                    matrix[_r][c] = "#"
+
+            for _c in range(n):
+                if matrix[r][_c] != 0:
+                    matrix[r][_c] = "#"
+
+        # 1. 0을 발견하면 해당 row & column을 "#"으로 바꾸기
+        for r in range(m):
+            for c in range(n):
+                if matrix[r][c] == 0:
+                    # row & column을 "#"으로 바꾸기
+                    set_row_col(r, c)
+
+        # 2. "#"을 모두 0으로 바꾸기
+        for r in range(m):
+            for c in range(n):
+                if matrix[r][c] == "#":
+                    matrix[r][c] = 0
+
+    def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
+        """
+        Do not return anything, modify matrix in-place instead.
+
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            matrix의 첫 번째 row와 column을 flag 기록 용도로 사용한다면, space를 O(1)로 유지하면서 time도 최적화할 수 있다.
+                - 첫 번째 row: 각 column에 0이 있었다면, 해당 column의 칸에 0으로 기록
+                - 첫 번째 column: 각 row에 0이 있었다면, 해당 row의 칸에 0으로 기록
+            이렇게 첫 번째 row와 column을 flag 기록용으로 쓰기 전에, 해당 row와 column에 0이 있었는지 여부를 미리 확인해야 함에 유의한다.
+            전체 흐름은 다음과 같다:
+                1. 첫 번째 row와 column에 0이 존재하는지 여부 확인
+                2. 두 번째 row와 column 부터 0이 존재하는 칸에 대해 첫 번째 row와 column에 flag 기록
+                3. 첫 번째 row와 column의 flag 값을 기반으로, 0 채우기
+                4. 1번에서 구해둔 값으로도 0 채우기
+        """
+
+        m, n = len(matrix), len(matrix[0])
+
+        # 1. 첫 번째 row와 column에 0이 존재하는지 여부 확인
+        has_zero_in_first_row = any(matrix[0][_c] == 0 for _c in range(n))
+        has_zero_in_first_col = any(matrix[_r][0] == 0 for _r in range(m))
+
+        # 2. 두 번째 row와 column 부터 0이 존재하는 칸에 대해 첫 번째 row와 column에 flag 기록
+        for r in range(1, m):
+            for c in range(1, n):
+                if matrix[r][c] == 0:
+                    matrix[0][c] = 0
+                    matrix[r][0] = 0
+
+        # 3. 첫 번째 row와 column의 flag 값을 기반으로, 0 채우기
+        for r in range(1, m):
+            for c in range(1, n):
+                if matrix[0][c] == 0 or matrix[r][0] == 0:
+                    matrix[r][c] = 0
+
+        # 4. 1번에서 구해둔 값으로도 0 채우기
+        if has_zero_in_first_row:
+            for _c in range(n):
+                matrix[0][_c] = 0
+
+        if has_zero_in_first_col:
+            for _r in range(m):
+                matrix[_r][0] = 0
diff --git a/unique-paths/seungriyou.py b/unique-paths/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..e3d210164
--- /dev/null
+++ b/unique-paths/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,49 @@
+# https://leetcode.com/problems/unique-paths/
+
+class Solution:
+    def uniquePaths_2d(self, m: int, n: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n)
+            - SC: O(m * n)
+
+        [Approach]
+            로봇이 down or right로만 이동할 수 있으므로, 어떤 칸에 도달할 수 있는 unique path의 개수는 up 칸과 left 칸까지의 unique path의 개수를 더한 값이 된다.
+            따라서 2D DP로 풀 수 있으며, dp table은 다음과 같다.
+                dp[r][c] = (up 칸까지의 unique path) + (left 칸까지의 unique path)
+                         = dp[r - 1][c] + dp[r][c - 1]
+            이때, dp table의 첫 번째 row와 column에 있는 칸들은 모두 도달할 수 있는 unique path의 개수가 1이므로 초기화해준다.
+        """
+        # 첫 번째 row & column은 1로 초기화
+        dp = [[1 for _ in range(n)] for _ in range(m)]
+
+        # 두 번째 row & column 부터 순회
+        for r in range(1, m):
+            for c in range(1, n):
+                dp[r][c] = dp[r - 1][c] + dp[r][c - 1]
+
+        return dp[m - 1][n - 1]
+
+    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(m * n)
+            - SC: O(n) (1D DP로 space optimization)
+
+        [Approach]
+            2D DP에서 dp[r][c]를 구할 때 dp[r - 1][c]과 dp[r][c - 1]만 사용하므로,
+            rolling array 기법을 이용해 1D DP로 space optimization이 가능하다.
+            따라서 길이가 n인 1D dp list를 이용해
+                - c(= 1 ~ n - 1)를 순회하며 dp[c] += dp[c - 1]로 업데이트하는 것을 (2D DP에서의 dp[r - 1][c]가 dp[c] 값이므로!)
+                - row 개수인 m 번 반복 (단, 첫 번째 row를 1로 초기화 한 효과를 얻기 위해 dp를 1로 초기화 하고 m - 1번 반복)
+            하면 된다.
+        """
+
+        # 첫 번째 row는 1로 초기화 한 효과
+        dp = [1] * n
+
+        for _ in range(1, m):  # m - 1 번 반복
+            for c in range(1, n):  # 첫 번째 col은 1로 초기화 한 효과
+                dp[c] += dp[c - 1]
+
+        return dp[n - 1]