[hi-rachel] Week 8 solutions

longest-common-subsequence/hi-rachel.py

@@ -0,0 +1,34 @@
+"""
+두 문자열 text1, text2가 주어졌을 때, 순서를 유지하는 공통 부분 수열 중 가장 긴 길이를 반환해라 
+- 없으면 0 반환
+- 순서는 일치해야 하지만, 문자열 삭제 가능
+- 소문자로만 이루어져 있음.
+-  1 <= text1.length, text2.length <= 1000
+
+# LCS DP 풀이
+- dp[i][j]: 문자열 text1[:i]와 text2[:j]까지의 LCS 길이
+
+1. text1[i - 1] == text2[j - 1], 두 문자열이 같은 경우
+    LCS 길이 증가
+    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
+2. 다른 경우
+    text1[0...i] 또는 text2[0...j] 중 하나를 줄인 LCS 중 더 긴 쪽 선택
+    dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
+
+
+TC: O(m * n)
+SC: O(m * n)
+"""
+
+class Solution:
+    def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int:
+        m, n = len(text1), len(text2)
+        dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]  # 0번째 인덱스를 비워둬서 문자열이 ""일 때를 기본값으로 처리
+
+        for i in range(1, m + 1):  # text1의 1 ~ m 인덱스
+            for j in range(1, n + 1):  # text2의 1 ~ n 인덱스
+                if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
+                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1  # 두 문자가 같으면, 이전 상태 + 1
+                else:
+                    dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])  # 다르면, 하나 줄인 상태 중 최댓값 선택
+        return dp[m][n]

longest-repeating-character-replacement/hi-rachel.py

@@ -0,0 +1,46 @@
+"""
+주어진 문자열 s에서 최대 k번의 문자 교체를 통해
+동일한 문자가 반복된 가장 긴 부분 문자열의 길이를 구해라
+
+풀이: 슬라이딩 윈도우 + 빈도수 추적
+"윈도우 [left, right] 구간에 대해,
+해당 구간에서 최대 등장하는 문자 하나를 기준으로 나머지 문자들을 최대 k번까지 바꿔서 동일 문자로 만들 수 있나?"
+-> 가능하면 윈도우 넓히기
+-> 안되면 left를 줄여 윈도우 유지
+
+현재 윈도우 길이: right - left + 1
+윈도우 내 가장 자주 나온 문자 개수: max_cnt
+
+if (right - left + 1) - max_cnt <= k:
+    # 이 윈도우는 k번 교체로 모두 동일 문자 가능
+    # -> 윈도우 확장
+else:
+    # 불가능 -> left를 오른쪽으로 줄여 윈도우 축소 (left + 1)
+
+TC: O(N)
+SC: O(1) -> dict는 최대 A-Z 26개의 키를 가짐 (상수 개수 제한)
+"""
+
+from collections import defaultdict
+
+class Solution:
+    def characterReplacement(self, s: str, k: int) -> int:
+        english_char_dict = defaultdict(int)
+        max_len = 0
+        max_cnt = 0  # 현재 윈도우에서 가장 많이 나온 문자 수
+        left = 0
+
+        for right in range(len(s)):  # 0 ~ len(s)
+            english_char_dict[s[right]] += 1  # 문자 등장 횟수 계산 
+            max_cnt = max(max_cnt, english_char_dict[s[right]])  # 최대 등장 횟수 갱신
+
+            # 현재 윈도우의 길이 = (right - left + 1)
+            # 윈도우 내에서 바꿔야 할 문자 수가 k보다 크면 교체할 문자수가 너무 많으므로 윈도우 축소
+            if (right - left + 1) - max_cnt > k:
+                english_char_dict[s[left]] -= 1  # 왼쪽 문자 제거
+                left += 1  # 윈도우 축소
+
+            # 윈도우가 유효한 경우, 그 윈도우 길이로 최대 길이 갱신
+            max_len = max(max_len, right - left + 1)
+
+        return max_len

palindromic-substrings/hi-rachel.py

@@ -0,0 +1,57 @@
+"""
+string s가 주어졌을 때, s에서 나올 수 있는 palindrome의 조건을 만족하는 substring 개수를 구하라.
+(s는 전부 소문자, 1이상 1000이하)
+
+1. 완전 탐색
+- 나올 수 있는 모든 경우의 수 substring을 만들어 palindrome의 조건을 만족하는지 계산
+
+TC: O(N^3)
+SC: O(N)
+
+2. 최적화 - 중심 확장
+- 모든 palindrome은 어떤 중심을 기준으로 좌우 대칭인 원리를 이용
+=> 문자열의 모든 위치를 중심으로 삼고, 양쪽으로 좌우를 확장하며 검사하면 됨
+- 중심 개수: 2n - 1
+
+TC: O(N^2)
+SC: O(1)
+
+3. 최적화 - DP
+    1. 길이 1인 문자열은 항상 팰린드롬
+        dp[i][i] = True
+    2. 길이 2인 문자열은 두 문자가 같으면 팰린드롬
+        s[i] == s[i+1] -> dp[i][i+1] = True
+    3. 길이 3 이상인 문자열은 끝 두 문자열이 같고 안에 문자열도 모두 같아야 팰린드롬
+        s[i] == s[j] and dp[i+1][j-1] == True -> dp[i][j] = True
+        (dp[i+1][j-1] == True시, s[i+1...j-1] 구간의 문자열이 이미 팰린드롬이라는 뜻)
+
+TC: O(N^2)
+SC: O(N^2)
+"""
+
+class Solution:
+    def countSubstrings(self, s: str) -> int:
+        cnt = 0
+        n = len(s)
+        dp = [[False] * n for _ in range(n)]
+
+        # 길이 1 => 항상 팰린드롬
+        for i in range(n):
+            dp[i][i] = True
+            cnt += 1
+
+        # 길이 2 => 같은 문자면 팰린드롬
+        for i in range(n-1):
+            if s[i] == s[i+1]:  # 서로 같은 문자면
+                dp[i][i+1] = True  # 팰린드롬
+                cnt += 1
+
+        # 길이 3 이상
+        for length in range(3, n+1):  # length는 부분 문자열의 길이
+            for i in range(n - length + 1):
+                j = i + length - 1  # 끝 인덱스
+                if s[i] == s[j] and dp[i+1][j-1]:
+                    dp[i][j] = True
+                    cnt += 1
+
+        return cnt

reverse-bits/hi-rachel.py

@@ -0,0 +1,69 @@
+"""
+1. 입력받은 정수 n을 32비트 이진수로 바꾼다
+2. 이진수를 좌우로 뒤집는다 -> stack 활용
+2. 뒤집은 이진수의 정수값을 반환한다
+
+항상 32비트이므로 상수 시간, 상수 공간
+TC: O(1)
+SC: O(1)
+"""
+
+class Solution:
+    def reverseBits(self, n: int) -> int:
+        stack = []
+        while len(stack) < 32:
+            stack.append(n % 2)
+            n //= 2
+
+        output, scale = 0, 1  # 결과, 2^0 = 1 시작
+        while stack:
+            output += stack.pop() * scale
+            scale *= 2
+
+        return output
+
+"""
+비트 연산자
+
+쉬프트 연산자 - 정수 타입에만 사용 가능, 내부적으로 이진수로 작동
+<< 비트를 왼쪽으로 이동
+x << 1 == x * 2
+ex) 00001101 → 00011010
+
+>> 비트를 오른쪽으로 이동
+x >> 1 == x // 2
+ex) 00001101 → 00000110
+
+n & 1
+현재 n의 가장 오른쪽 비트 확인
+n & 1이 1이면 홀수, 0이면 짝수
+"""
+
+class Solution:
+    def reverseBits(self, n: int) -> int:
+        stack = []
+        while len(stack) < 32:
+            stack.append(n & 1)  # 마지막 비트 1이면 1, 0이면 0
+            n >>= 1  # %= 2 와 같은 효과, 오른쪽 쉬프트
+
+        output, scale = 0, 1  # 결과, 2^0 = 1 시작
+        while stack:
+            output += stack.pop() * scale
+            scale <<= 1  # *= 2 와 같은 효과
+
+        return output
+
+# stack 공간 절약 풀이
+class Solution:
+    def reverseBits(self, n: int) -> int:
+        output = 0
+        for _ in range(32):
+            output <<= 1  # 왼쪽 쉬프트
+            output |= (n & 1)  # 논리 연산자 사용 (제일 마지막 비트가 1이라면 1, 0이라면 0)
+            n >>= 1
+        return output
+
+# int, format 활용 풀이
+class Solution:
+    def reverseBits(self, n: int) -> int:
+        return int(format(n, "032b")[::-1], 2)