diff --git a/construct-binary-tree-from-preorder-and-inorder-traversal/taekwon-dev.java b/construct-binary-tree-from-preorder-and-inorder-traversal/taekwon-dev.java
new file mode 100644
index 000000000..af6a0d65d
--- /dev/null
+++ b/construct-binary-tree-from-preorder-and-inorder-traversal/taekwon-dev.java
@@ -0,0 +1,36 @@
+/**
+ *  https://www.algodale.com/problems/construct-binary-tree-from-preorder-and-inorder-traversal/
+ *
+ *  <풀이1 기준> 시도!
+ *  - 공간 복잡도: O(N^2) - Java 에서는 Call-by-value, 메서드 호출 시 인자 값이 복사되어 전달됨 / 배열 길이에 따라서 재귀 호출 스택이 점점 깊어짐 (각 호출마다 서브 배열 생성)
+ *  - 시간 복잡도: inorder 배열에서 root 노드를 찾아가는 과정이 O(N), 그리고 이를 재귀 호출마다 반복하므로 O(N^2)
+ */
+class Solution {
+    public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
+        return buildTree(preorder, inorder, 0, 0, inorder.length - 1);
+    }
+
+    private TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder, int rootIdx, int inorderStartIdx, int inorderEndIdx) {
+        if (inorderStartIdx > inorderEndIdx) {
+            return null;
+        }
+
+        int rootVal = preorder[rootIdx];
+        TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
+
+        int rootIdxOnInorder = 0;
+        for (int i = inorderStartIdx; i <= inorderEndIdx; i++) {
+            if (inorder[i] == rootVal) {
+                rootIdxOnInorder = i;
+                break;
+            }
+        }
+
+        int leftLength = rootIdxOnInorder - inorderStartIdx;
+
+        root.left = buildTree(preorder, inorder, rootIdx + 1, inorderStartIdx, rootIdxOnInorder - 1);
+        root.right = buildTree(preorder, inorder, rootIdx + 1 + leftLength, rootIdxOnInorder + 1, inorderEndIdx);
+
+        return root;
+    }
+}
diff --git a/counting-bits/taekwon-dev.java b/counting-bits/taekwon-dev.java
new file mode 100644
index 000000000..941efe18a
--- /dev/null
+++ b/counting-bits/taekwon-dev.java
@@ -0,0 +1,19 @@
+/**
+ *  공간 복잡도: O(N)
+ *  시간 복잡도: O(N)
+ *      - 만약 1 ~ N 까지 각 수에 대해서 이진수로 변환한 뒤 1의 개수를 카운트 했다면? - O(NlogN)
+ *  Note:
+ *   - a >> b: a 의 이진 표현을 오픈쪽으로 b 비트만큼 이동
+ *   - i >> 1: a 의 이진 표현에서 가장 오픈쪽 하나가 잘림 (i는 양수 범위를 가지므로, 왼쪽은 0으로 채워짐)
+ *   - a & b: AND 연산
+ *   - i & 1: 이전 결과 값이 메모되어 있으므로, 내가 궁금한 것 가장 마지막 자리 수 값이 1인지 여부.
+ */
+class Solution {
+    public int[] countBits(int n) {
+        int[] result = new int[n + 1];
+        for (int i = 1; i <= n; i++) {
+            result[i] = result[i >> 1] + (i & 1);
+        }
+        return result;
+    }
+}
diff --git a/valid-anagram/taekwon-dev.java b/valid-anagram/taekwon-dev.java
new file mode 100644
index 000000000..c2b578361
--- /dev/null
+++ b/valid-anagram/taekwon-dev.java
@@ -0,0 +1,28 @@
+/**
+ * 처음 문제를 보고 들었던 생각: 정렬 시켜서 같으면 anagram?
+ * 근데, 정렬 시켜서 같다면, 결국 문자열을 구성하는 각 문자의 빈도수가 같다.
+ *
+ * 시간 복잡도: O(N)
+ * 공간 복잡도: O(1)
+ */
+class Solution {
+    public boolean isAnagram(String s, String t) {
+        if (s.length() != t.length()) return false;
+
+        int[] charCount = new int[26];
+
+        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
+            charCount[s.charAt(i) - 'a']++;
+        }
+
+        for (int i = 0; i < t.length(); i++) {
+            int index = t.charAt(i) - 'a';
+            charCount[index]--;
+            if (charCount[index] < 0) {
+                return false;
+            }
+        }
+
+        return true;
+    }
+}