[daehyun99] WEEK 04 Solutions - #2750
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🏷️ 알고리즘 패턴 분석
- 패턴: Binary Search, Two Pointers
- 설명: 코드는 회전된 정렬 배열에서 최소값을 찾기 위해 양끝 비교와 요소 제거/교환으로 두 포인터의 위치를 좁히는 방식에 가깝습니다. 최적화 기법이나 패턴은 명확히 이 코드에서 두 포인터의 협력으로 구간을 좁히는 흐름으로 해석될 수 있습니다.
📊 시간/공간 복잡도 분석
| 복잡도 | |
|---|---|
| Time | O(n) |
| Space | O(1) |
피드백: 입력 배열의 회전 여부를 판단한 뒤 최소값을 찾는 간단한 구현이지만, 최악의 경우 전체 원소를 확인하므로 시간 복잡도는 선형이다.
개선 제안: 이진탐색으로 회전점을 이용해 O(log n) 시간으로 최솟값을 찾으면 더 효율적이다. 불필요한 pop/assignment 대신 인덱스 범위를 관리해 구현하는 편이 좋다.
💡 풀이에 시간/공간 복잡도를 주석으로 남겨보세요!
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You must write an algorithm that runs in O(log n) time.
이 문제는 Log N 시간복잡도로 답을 제한하고 있기 때문에 꼭 이진탐색으로 한번 시도해 보시길 바래요
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You must write an algorithm that runs in O(log n) time.이 문제는 Log N 시간복잡도로 답을 제한하고 있기 때문에 꼭 이진탐색으로 한번 시도해 보시길 바래요
헉 그렇군요. O(N)으로 풀어서 나름 뿌듯했는데 더 개선할 수 있었군요!
개선해봤습니다!
class Solution:
def findMin(self, nums: List[int]) -> int:
left_idx = 0
mid_idx = len(nums)//2
right_idx = len(nums)-1
while True:
if right_idx - left_idx <= 1:
if nums[left_idx] <= nums[right_idx]:
return nums[left_idx]
else:
return nums[right_idx]
elif nums[mid_idx] > nums[right_idx]:
left_idx = mid_idx
mid_idx = (left_idx + right_idx) // 2
right_idx = right_idx
else:
left_idx = left_idx
right_idx = mid_idx
mid_idx = (left_idx + right_idx) // 2
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🏷️ 알고리즘 패턴 분석
- 패턴: Depth-First Search, Breadth-First Search, Binary Search
- 설명: 코드가 트리의 최대 깊이를 구하기 위해 두 가지 방식으로 노드를 탐색하는데, 스택을 이용한 깊이 우선 탐색(while로 구성된 DFS)과 레벨 순서 탐색처럼 보이는 두 번째 구성은 BFS의 아이디어를 사용한다. 트리 순회와 깊이 계산의 패턴이 핵심이다.
📊 시간/공간 복잡도 분석
| 복잡도 | |
|---|---|
| Time | O(n) |
| Space | O(n) |
피드백: 스택을 이용한 레벨별 방문으로 깊이를 측정한다. 노드 하나씩만 방문하므로 선형 시간과 스택 공간이 필요하다.
개선 제안: 재귀 DFS나 단일 스택으로도 구현 가능하며, 초기 예외 처리와 반복 종료 조건을 명확히 정리하면 가독성이 좋아진다.
💡 풀이에 시간/공간 복잡도를 주석으로 남겨보세요!
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1번 답안 level order search 방식으로 하신거 같은데 deque 쓰시면 하나만 쓰셔도 구현 가능하세요!
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코멘트보고 다시 풀어봤는데, 하나만 있어도 되네요
리뷰 감사합니다!
from collections import deque
class Solution:
def maxDepth(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
que = deque()
if root is None:
return 0
que.append([root, 1])
while len(que) > 0 :
node, count = que.popleft()
if node.left is not None:
que.append([node.left, count+1])
if node.right is not None:
que.append([node.right, count+1])
return count
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🏷️ 알고리즘 패턴 분석
- 패턴: Two Pointers, Merge
- 설명: 두 정렬 리스트를 하나로 합치는 과정에서 포인터를 이용해 두 리스트를 동시에 탐색하며 작은 값을 차례로 연결합니다. 순차적 병합과 포인터 이동으로 시간복잡도 O(n)로 해결하는 전형적인 패턴입니다.
📊 시간/공간 복잡도 분석
| 복잡도 | |
|---|---|
| Time | O(n + m) |
| Space | O(1) |
피드백: 새 노드를 매번 생성하는 방식으로 단순하지만, 원래 리스트의 노드를 재활용하면 추가 공간을 줄일 수 있다.
개선 제안: 가능하면 기존 노드를 재링크하여 메모리 재활용을 통해 추가 공간을 줄이는 방향을 고려해 보자.
💡 풀이에 시간/공간 복잡도를 주석으로 남겨보세요!
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이 문제는 노드를 다시 만들 필요 없이 재활용이 가능한 문제라 꼭 해보시면 좋을것 같네요
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단순히 ListNode(list2.val) 처럼 넣던 값을 list2로 바꾸면 해결이 되네요.
리뷰 감사합니다!
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
# def __init__(self, val=0, next=None):
# self.val = val
# self.next = next
class Solution:
def mergeTwoLists(self, list1: Optional[ListNode], list2: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
# Space: O(N)
# Time: O(N)
dummy = ListNode(val=0, next=None)
pointer = dummy
while (list1 is not None) and (list2 is not None):
if list1.val <= list2.val:
pointer.next = list1
list1 = list1.next
else:
pointer.next = list2
list2 = list2.next
pointer = pointer.next
if list1 is not None:
pointer.next = list1
elif list2 is not None:
pointer.next = list2
return dummy.next
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🏷️ 알고리즘 패턴 분석
- 패턴: Depth-First Search, Breadth-First Search, Backtracking
- 설명: word-search 문제에서 보드의 각 위치에서 단어의 각 글자를 탐색하는 방식이 DFS/BFS 혼합으로 구현되며, 경로를 추적하며 가능한 위치를 확장하는 방식이 Backtracking의 특징을 보입니다.
📊 시간/공간 복잡도 분석
| 복잡도 | |
|---|---|
| Time | O(R * C * 4^L) |
| Space | O(L) |
피드백: 현재 구현은 각 글자 위치를 추적하고 가능한 경로를 확장하는 방식으로 동작한다. 비효율적인 경우가 있어 최악의 경우 성능이 떨어질 수 있다.
개선 제안: 백트래킹으로 중복 방문을 방지하고, 방문 표시를 보존하면서 재귀적 DFS를 사용하는 것이 일반적이다. 또한 보드 크기와 단어 길이에 따른 최적화도 고려하자.
💡 풀이에 시간/공간 복잡도를 주석으로 남겨보세요!
|
이번 주는 현재 제출하신 네 문제로 마무리하시는 걸까요! |
@JAEKWANG97 |
JAEKWANG97
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JAEKWANG97
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전체적으로 잘 봤습니다! 특히 Word Search를 문자별 좌표와 가능한 경로를 확장하는 방식으로 푼 점이 제가 사용한 DFS 방식과 달라서 흥미로웠습니다. 좌표 조회에 set을 활용할 수 있는 부분만 가볍게 코멘트 남겼습니다.
문제 풀이하시느라 수고하셨습니다!
| pos = defaultdict(list) | ||
| for i in range(len(board)): | ||
| for j in range(len(board[0])): | ||
| if board[i][j] in word: | ||
| tmp = pos.get(board[i][j], []) | ||
| tmp.append([i, j]) | ||
| pos[board[i][j]] = tmp | ||
|
|
||
| paths = pos.get(word[0], []) | ||
| paths = [[path] for path in paths] |
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문자별 좌표를 미리 모아두는 흐름이 이해하기 좋았습니다! 저도 나중에 이렇게 접근해야겠어요 ㅎㅎ
pos = defaultdict(set)
pos[board[i][j]].add((i, j))
이렇게 바꾸면 조회 성능이 더 좋아질 것 같아요!
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오오.. dict() 내부에 set을 쓸 생각은 못 했었는데 감사합니다.
풀어보니 확실히 성능이 좋아지긴 하네요!
리뷰 감사합니다!
Runtime: 9700 ms -> 5667 ms
Memory: 405 MB -> 371 MB
from collections import defaultdict
class Solution:
def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
pos = defaultdict(set)
for i in range(len(board)):
for j in range(len(board[0])):
if board[i][j] in word:
tmp = pos.get(board[i][j], set())
tmp.add((i, j))
pos[board[i][j]] = tmp
paths = pos.get(word[0], [])
paths = [[path] for path in paths]
for w in word[1:]:
temp = []
while len(paths) > 0:
path = paths.pop()
i , j = path[-1]
if ((i, j+1) in pos[w]) and ((i, j+1) not in path):
temp.append(path[:] + [(i, j+1)])
if ((i, j-1) in pos[w]) and ((i, j-1) not in path):
temp.append(path[:] + [(i, j-1)])
if ((i+1, j) in pos[w]) and ((i+1, j) not in path):
temp.append(path[:] + [(i+1, j)])
if ((i-1, j) in pos[w]) and ((i-1, j) not in path):
temp.append(path[:] + [(i-1, j)])
paths.extend(temp)
for path in paths:
if len(path) == len(word):
print(path)
return True
return False 
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