[KwonNayeon] Week 7 solutions

longest-substring-without-repeating-characters/KwonNayeon.py

@@ -15,23 +15,34 @@
 3. 중복 문자를 만나면 윈도우의 시작점(current_start)을 중복 문자 다음 위치로 이동
 4. 매 단계에서 현재 윈도우의 길이를 계산하고 최대 길이 갱신
 5. 최종적으로 가장 긴 중복 없는 부분 문자열의 길이 반환
+
+노트:
+- 처음에 어려웠던 부분: 딕셔너리를 사용한다고 해서, 지금까지 캐릭터가 등장한 횟수를 저장해야 한다고 생각함
+- 실제로는 각 문자의 마지막 등장 위치(인덱스)를 저장하는 용도임
 """
 
+# e.g., s = "abca"
 class Solution:
     def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
-        seen = {}
+        seen = {}   # 각 문자가 마지막으로 등장한 인덱스를 저장하는 딕셔너리
         current_start = 0
         max_length = 0
 
         for i in range(len(s)):
             char = s[i]
 
+            # 현재 문자가 이미 등장했고, 그 위치가 현재 고려 중인 부분 문자열 내에 있는 경우
             if char in seen and seen[char] >= current_start:
+
+                # 중복 발생, 윈도우 시작점을 이전 등장 위치 다음으로 이동
                 current_start = seen[char] + 1
 
             seen[char] = i
 
+            # 현재 부분 문자열의 길이 계산 (현재 인덱스 - 시작 인덱스 + 1)
             current_length = i - current_start + 1
+
+            # 최대 길이 업데이트
             max_length = max(current_length, max_length)
 
         return max_length

number-of-islands/KwonNayeon.py

@@ -13,9 +13,11 @@
 - 최악의 경우(모든 셀이 '1'일 때) m * n 만큼의 재귀 호출 스택 사용
 
 풀이 방법:
-1. 2중 for문으로 그리드의 모든 셀을 순회
-2. '1'을 발견하면 DFS로 연결된 모든 땅을 방문하고 '0'으로 표시
-3. '1'을 발견할 때마다 islands 카운트를 1씩 증가
+1. numIslands 메서드: 그리드를 순회하며 '1'을 찾고 섬의 개수를 세는 역할
+2. visit_island 메서드: 하나의 섬을 완전히 탐색하고 방문한 땅을 '0'으로 바꾸는 역할
+3. 두 함수가 작동하는 방식:
+- numIslands는 섬의 시작점('1')을 찾아 카운트를 증가시킴
+- visit_island는 찾은 섬을 완전히 탐색하고 방문 표시('0'으로 변경)
 """
 
 class Solution:
@@ -29,14 +31,17 @@ def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int:
         return islands
 
     def visit_island(self, grid, i, j):
+        # base case: 위치가 범위를 벗어나거나 '1'이 아니면 함수를 종료
         if (i < 0 or i >= len(grid) or 
             j < 0 or j >= len(grid[0]) or 
             grid[i][j] != '1'):
             return
 
+        # 방문한 땅을 '0'으로 표시하여 다시 방문하지 않도록 함
         grid[i][j] = '0'
 
-        self.visit_island(grid, i+1, j)  # 위
-        self.visit_island(grid, i-1, j)  # 아래
+        # 네 방향(아래, 위, 오른쪽, 왼쪽)으로 DFS 재귀 호출
+        self.visit_island(grid, i+1, j)  # 아래
+        self.visit_island(grid, i-1, j)  # 위
         self.visit_island(grid, i, j+1)  # 오른쪽
         self.visit_island(grid, i, j-1)  # 왼쪽

reverse-linked-list/KwonNayeon.py

@@ -3,13 +3,15 @@
 - The number of nodes in the list is the range [0, 5000]
 - -5000 <= Node.val <= 5000
 
+<Solution 1>
+
 Time Complexity: O(n)
 - n은 linked list의 노드 수
-- 리스트를 한 번 순회하면서 각 노드를 한 번씩만 방문하기 때문
+- 리스트를 한 번 순회하면서 각 노드를 한 번씩만 방문
 
 Space Complexity: O(1)
 - 추가 공간으로 prev, curr, temp 세 개의 포인터만 사용
-- 입력 크기와 관계없이 일정한 추가 공간만 사용
+- 입력 크기와 관계없이 일정한 추가 공간만 사용함
 
 풀이 방법:
 1. 세 개의 포인터를 사용하여 리스트를 순회하면서 뒤집기
@@ -45,3 +47,49 @@ def reverseList(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
             curr = temp
 
         return prev
+
+"""
+<Solution 2>
+
+Time Complexity: O(n)
+- 스택에 모든 노드를 넣을 때/뺄 때 각 O(n) 시간을 소모함
+
+Space Complexity: O(n)
+- 스택에 모든 노드를 넣었다가 빼야 하므로
+
+풀이방법:
+- 스택의 LIFO 특성을 활용
+
+노트:
+- 풀이 1보다 공간 복잡도가 올라가지만, 더 이해하기 쉬운 풀이
+"""
+
+class Solution:
+    def reverseList(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
+        # 모든 노드를 순서대로 저장할 빈 리스트 생성
+        nodes = []
+
+        # 현재 노드를 헤드로 초기화
+        node = head
+
+        # 링크드 리스트의 모든 노드를 순회하며 리스트에 저장
+        while node:
+            nodes.append(node)
+            node = node.next
+
+        # 새 링크드 리스트의 시작점이 될 더미 노드
+        dummy = ListNode(-1)
+
+        # 새 리스트를 만들기 위한 포인터 초기화
+        node = dummy
+
+        # nodes 리스트에서 역순으로 노드를 꺼내서 새 리스트 구성
+        while nodes:
+            node.next = nodes.pop()  # 리스트의 마지막 노드를 꺼내서 연결
+            node = node.next         # 노드 이동
+
+        # 마지막 노드의 next를 None으로 설정하여 리스트 종료
+        node.next = None
+
+        # 더미 노드의 next = 뒤집힌 리스트의 헤드
+        return dummy.next

set-matrix-zeroes/KwonNayeon.py

@@ -5,20 +5,20 @@
 - 1 <= m, n <= 200
 - -2^31 <= matrix[i][j] <= 2^31 - 1
 
-Time Complexity: O(m*n)
-- m은 행, n은 열을 의미
-- 0 찾기: O(m*n)
-- 행과 열 변환: O(m*n)
+<Solution 1>
 
-Space Complexity: O(m*n)
-- zeros 배열이 최대 m*n 크기까지 저장 가능
+Time Complexity: O(m * n)
+- m은 행, n은 열을 의미함
+- 0 찾기: O(m * n)
+- 행과 열 변환: O(m * n)
+
+Space Complexity: O(m * n)
+- zeros 배열이 최대 m * n 크기까지 저장 가능
 
 풀이 방법:
-1. 0 위치 저장
+1. 0 위치를 탐색/저장
 2. 저장된 0의 행과 열을 모두 0으로 변환
-3. 주의점: 행렬 값 탐색과 변경을 동시에 수행하면 원래 어떤 값이 0이었는지 구분하기 어려워짐
 """
-
 class Solution:
     def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
         """
@@ -32,17 +32,21 @@ def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
                     zeros.append((r, c))
 
         for r, c in zeros:
+            # 행(row)을 0으로 채움
             for i in range(len(matrix[0])):
                 matrix[r][i] = 0
+            # 열(column)을 0으로 채움
             for i in range(len(matrix)):
                 matrix[i][c] = 0
 
 """
-Time Complexity: O(m*n)
-- 행렬 순회: O(m*n)
-- 행과 열 변환: O(m*n)
+<Solution 2>
+
+Time Complexity: O(m * n)
+- 행렬 순회: O(m * n)
+- 행과 열 변환: O(m * n)
 
-Space Complexity: O(m+n)
+Space Complexity: O(m + n)
 - zero_rows: O(m)
 - zero_cols: O(n)
 
@@ -51,7 +55,6 @@ def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
 2. 행과 열 정보를 분리 저장하여 메모리를 효율적으로 사용
 3. 행과 열을 독립적으로 처리하여 불필요한 반복 연산 제거
 """
-
 class Solution:
    def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
        """
@@ -75,7 +78,9 @@ def setZeroes(self, matrix: List[List[int]]) -> None:
                matrix[i][c] = 0
 
 """
-Time Complexity: O(m*n)
+<Solution 3>
+
+Time Complexity: O(m * n)
 
 Space Complexity: O(1)
 - 추가적인 메모리를 사용하지 않고 첫 행과 열을 마커로 활용하여 해결

unique-paths/KwonNayeon.py

@@ -2,6 +2,8 @@
 Constraints:
 - 1 <= m, n <= 100
 
+<Solution 1: 조합 활용>
+
 Time Complexity: O(1)
 - math.comb() 사용
 
@@ -13,11 +15,58 @@
   1. (m-1)번 아래로, (n-1)번 오른쪽으로 가야함 -> 총 (m+n-2)번 이동
   2. 결국 (m+n-2)번의 이동 중 (n-1)번의 오른쪽 이동을 선택하는 조합의 수
   3. Combination 공식 적용: (m+n-2)C(n-1)
-
-Further Consideration:
-- DP로 풀어보기
+    - C(m+n-2, n-1) = (m+n-2)! / ((n-1)! × (m-1)!)
+- 풀이가 간결함, 하지만 큰 수에서 오버플로우 가능성 있음
 """
 class Solution:
     def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
         from math import comb
         return comb(m+n-2, n-1)
+
+"""
+<Solution 2: DP 활용>
+
+Time Complexity: O(m * n)
+- m은 row, n은 column의 길이
+- 메모이제이션 활용, 모든 좌표에서 재귀 함수의 호출이 딱 한번만 일어나기 때문
+
+Space Complexity: O(m * n)
+- 함수의 호출 결과를 저장하는데 격자의 넓이에 비례하는 공간이 필요
+
+풀이방법: 
+- 구현이 복잡함, 하지만 큰 수에서도 안정적임
+- 재귀와 메모이제이션을 활용한 Top-down DP 접근법
+- 현재 위치에서 목적지까지의 경로 수 = 아래로 이동 + 오른쪽으로 이동
+
+2x3 그리드 예시:
+각 위치에서 목적지까지 가는 경로 수:
+(0,0)=3  (0,1)=2  (0,2)=1
+(1,0)=1  (1,1)=1  (1,2)=1
+
+위치 (0,0)에서 시작:
+dfs(0,0) = dfs(1,0) + dfs(0,1) = 1 + 2 = 3
+
+경로 3개:
+1. 오른쪽, 오른쪽, 아래
+2. 오른쪽, 아래, 오른쪽 
+3. 아래, 오른쪽, 오른쪽
+"""
+from functools import cache
+class Solution:
+    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
+        @cache
+        def dfs(row, col):
+            if row == m - 1 and col == n - 1:
+                return 1
+
+            total = 0
+
+            if row + 1 < m:
+                total += dfs(row + 1, col)
+
+            if col + 1 < n:
+                total += dfs(row, col + 1)
+
+            return total
+
+        return dfs(0, 0)