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[forest000014] Week 6

container-with-most-water/forest000014.java

@@ -0,0 +1,115 @@
+/*
+solution 1. brute force
+Time Complexity: O(n^2)
+Space Complexity: O(1)
+모든 선분 i에 대해, 가장 많은 물을 담을 수 있는 반대쪽 선분 j를 찾는다.
+
+
+solution 2. PQ
+Time Complexity: O(nlogn)
+- 정렬 : O(nlogn)
+- i번째 선분에 대해 (자신보다 크거나 같은) 가장 멀리있는 선분 탐색(O(logn)) * n = O(nlogn)
+Space Complexity: O(n)
+
+(사고의 흐름을 적기 위해 편의상 반말로 적었습니다... ^^)
+brute force 에서 불필요한 탐색을 줄여보자.
+일단 어떤 선분 i가 주어졌다고 가정하자. i를 한쪽 벽으로 해서 가장 많은 물을 담는 방법을 찾으려면, 반드시 나머지 모든 선분을 탐색해야만 할까?
+
+(1) 자신보다 작은 선분은 탐색하지 않는다.
+
+자신보다 큰 선분만을 탐색해도 충분하다.
+왜냐하면, 설령 자신보다 더 작은 선분 중에 정답이 있었다고 하더라도, 그 선분을 기준으로 탐색할 때 정답에 해당하는 쌍을 확인하게 될 것이기 때문이다.
+
+(2) 자신보다 크거나 같은 선분만을 탐색 대상으로 삼는다면, 가장 멀리있는 선분만 확인하면 된다.
+
+탐색 대상이 자신보다 크거나 같은 선분들이라면, 어차피 담을 수 있는 물의 높이는 자신의 높이로 일정하다.
+따라서, 멀리있는 선분일수록 더 많은 물을 담게 된다.
+즉, "자신보다 크거나 같으면서", "가장 멀리 있는(오른쪽이든 왼쪽이든)" 선분만을 후보로 삼아 확인하면 충분하다.
+(그 외의 나머지, 즉 자신보다 크거나 같으면서, 가장 멀리있지 않은 나머지 선분들은, 자연스럽게 탐색하지 않을 수 있다.)
+
+정리하자면, 주어진 선분 i에 대해서, 단 2번(오른쪽, 왼쪽)의 탐색만 하면 충분하다.
+
+(3) 내림차순 정렬과 2개의 PQ를 아래처럼 활용하면, 위 탐색을 O(logn) 시간에 수행할 수 있다.
+PQ는 각각 x 좌표 기준 max heap(가장 오른쪽의 선분을 찾기 위함), x 좌표 기준 min heap(가장 왼쪽의 선분을 찾기 위함)을 사용한다.
+선분들을 길이 내림차순으로 정렬해놓고, 하나씩 순회하면서 (say, i번째 선분), 아래 과정을 반복한다.
+- 자신보다 크거나 같으면서 가장 오른쪽으로 멀리 있는 선분의 위치를 찾아서(= 현재 PQ(max heap)의 root), 최대 물의 양을 계산한다.
+- 자신보다 크거나 같으면서 가장 왼쪽으로 멀리 있는 선분의 위치를 찾아서(= 현재 PQ(min heap)의 root), 최대 물의 양을 계산한다.
+- i번째 선분을 PQ 2개에 각각 넣는다.
+
+
+solution 3. two pointers
+(AlgoDale 풀이를 참고함)
+
+Time Complexity: O(n)
+Space Complexity: O(1)
+
+2 포인터를 활용하면, PQ도 없이 시간 복잡도를 O(n)으로 줄일 수 있었다.
+단순히 "큰 쪽을 줄이기보다는, 작은 쪽을 줄이는 게 유리하겠지" 정도의 greedy한 논리는 충분하지 않은 것 같고, 더 명확한 근거가 있을 것 같은데 시간 관계상 고민해보지는 못했다.
+
+To-Do : 풀이가 대강 이해는 되었지만, 이게 왜 되는지, 엄밀하게 이해하기 위해 PQ를 사용했던 논리를 좀 더 발전시켜볼 필요가 있다.
+
+*/
+class Solution {
+    public int maxArea(int[] height) {
+        int i = 0, j = height.length - 1;
+
+        int ans = 0;
+        while (i < j) {
+            int area = (j - i) * Math.min(height[i], height[j]);
+            if (area > ans) {
+                ans = area;
+            }
+
+            if (height[i] <= height[j]) {
+                i++;
+            } else {
+                j--;
+            }
+        }
+
+        return ans;
+    }
+
+    ////// 아래는 solution 2
+    private static class Tuple {
+        private int x;
+        private int h;
+
+        Tuple(int x, int h) {
+            this.x = x;
+            this.h = h;
+        }
+    }
+
+    public int maxArea2(int[] height) {
+        List<Tuple> tuples = IntStream.range(0, height.length)
+                .mapToObj(i -> new Tuple(i, height[i]))
+                .collect(Collectors.toList());
+        Collections.sort(tuples, (a, b) -> b.h - a.h);
+
+        PriorityQueue<Tuple> minPq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.x - b.x);
+        PriorityQueue<Tuple> maxPq = new PriorityQueue<>((a, b) -> b.x - a.x);
+
+        int ans = 0;
+        for (int i = 0; i < height.length; i++) {
+            minPq.add(tuples.get(i));
+            maxPq.add(tuples.get(i));
+
+            Tuple curr = tuples.get(i);
+
+            Tuple left = minPq.peek();
+            int leftArea = (curr.x - left.x) * curr.h;
+            if (leftArea > ans) {
+                ans = leftArea;
+            }
+
+            Tuple right = maxPq.peek();
+            int rightArea = (right.x - curr.x) * curr.h;
+            if (rightArea > ans) {
+                ans = rightArea;
+            }
+        }
+
+        return ans;
+    }
+}

design-add-and-search-words-data-structure/forest000014.java

@@ -0,0 +1,78 @@
+/*
+Time Complexity:
+- add: O(w)
+- search: O(26^2 * w) = O(w)
+Space Complexity: O(w)
+
+Trie를 활용하되, '.'의 탐색이 필요한 경우에는 for문을 사용한다.
+
+*/
+class WordDictionary {
+    class Node {
+        public char ch;
+        public boolean ends;
+        public Map<Character, Node> children;
+
+        Node() {
+            this.children = new HashMap<>();
+        }
+
+        Node(char ch) {
+            this.ch = ch;
+            this.children = new HashMap<>();
+        }
+    }
+
+    Node root;
+
+    public WordDictionary() {
+        this.root = new Node();
+    }
+
+    public void addWord(String word) {
+        Node curr = this.root;
+
+        for (int i = 0; i < word.length(); i++) {
+            char ch = word.charAt(i);
+            if (!curr.children.containsKey(ch)) {
+                curr.children.put(ch, new Node(ch));
+            }
+
+            curr = curr.children.get(ch);
+        }
+
+        curr.ends = true;
+    }
+
+    public boolean search(String word) {
+        return searchChar(word, 0, this.root);
+    }
+
+    private boolean searchChar(String word, int idx, Node curr) {
+        if (curr == null) {
+            return false;
+        } else if (idx == word.length()) {
+            return curr.ends;
+        }
+
+        char ch = word.charAt(idx);
+
+        if (ch == '.') {
+            for (Character key : curr.children.keySet()) {
+                if (searchChar(word, idx + 1, curr.children.get(key))) {
+                    return true;
+                }
+            }
+            return false;
+        } else {
+            return searchChar(word, idx + 1, curr.children.get(ch));
+        }
+    }
+}
+
+/**
+ * Your WordDictionary object will be instantiated and called as such:
+ * WordDictionary obj = new WordDictionary();
+ * obj.addWord(word);
+ * boolean param_2 = obj.search(word);
+ */

longest-increasing-subsequence/forest000014.java

@@ -0,0 +1,111 @@
+/*
+# Time Complexity: O(nlogn)
+- tuples ArrayList 정렬: O(nlogn)
+- 인덱스 트리 삽입: O(logn) * n times = O(nlogn)
+- 인덱스 트리 조회: O(logn) * n times = O(nlogn)
+
+# Space Complexity: O(nlogn)
+- tuples ArrayList: O(n)
+- 인덱스 트리: O(nlogn)
+
+# solution
+이 문제는 DP로 접근했습니다.
+
+LIS(1, x)를 범위 [1, x] 내의 LIS(단, nums[x]를 반드시 포함)의 길이라고 정의하겠습니다. - (1)
+1 <= j < i 인 모든 j에 한 LIS(1, j)를 알고 있다면, LIS(1, i)는 아래와 같이 구할 수 있습니다.
+LIS(1, i) = max(LIS(1, j)) (단, j는 1 <= j < i 이고, nums[j] < nums[i]) - (2)
+
+max(LIS(1, j))를 구할 때, 모든 j에 대해 탐색한다면, 전체 시간 복잡도는 O(n^2)가 되기 때문에, 시간 복잡도를 줄일 필요가 있습니다.
+이 탐색 과정을 줄이기 위해, 아래의 사고 과정을 거쳤습니다.
+
+어떤 범위 내의 가장 큰 값을 O(logn) 시간에 구하기 위한 자료구조로, 인덱스 트리(혹은 세그먼트 트리)를 사용합니다.
+(이 인덱스 트리의 x번째 leaf 노드에는 LIS(1, x) 값을 저장하고, internal 노드에는 자식 노드들 중 가장 큰 값을 저장합니다.)
+
+다만, 단순히 해당 범위 내의 가장 큰 값을 구하는 것만으로는 부족하고, nums[j] < nums[i]인 j만을 후보로 삼아야 할 텐데요,
+그러기 위해서, 인덱스 트리에 모든 leaf 노드를 미리 삽입해두는 것이 아니라 아래처럼 순차적으로 max(LIS(1, i))의 계산과 삽입을 번갈아 수행합니다.
+nums[i]의 크기가 작은 것부터 순서대로, "max(LIS(1, j))를 계산하고, leaf를 하나 삽입"하는 과정을 반복합니다.
+nums[i]보다 더 큰 값은 아직 인덱스 트리에 삽입되지 않은 상태이기 때문에, 인덱스 트리에서 구간 [1, i-1]의 최대값을 조회하면 nums[j] < num[i]인 j에 대해서만 최대값을 찾게 되므로,
+(2)번 과정을 O(logn) 시간에 구할 수 있습니다.
+따라서 전체 시간 복잡도는 O(nlogn)이 됩니다.
+*/
+class Solution {
+
+    int[] tree;
+    int L = 1;
+
+    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
+        init(nums);
+        ArrayList<Tuple> tuples = new ArrayList<>();
+
+        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
+            tuples.add(new Tuple(i, nums[i]));
+        }
+
+        Collections.sort(tuples, (a, b) -> {
+            if (a.val == b.val) {
+                return b.ref - a.ref; // 2순위 : ref 내림차순
+            } else {
+                return a.val - b.val; // 1순위 : val 오름차순
+            }
+        });
+
+        int ans = 0;
+        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
+            int curr = getMax(0, tuples.get(i).ref - 1) + 1;
+            ans = Math.max(ans, curr);
+            insert(tuples.get(i).ref, curr);
+        }
+
+        return ans;
+    }
+
+    public class Tuple {
+        public int ref;
+        public int val;
+
+        public Tuple(int ref, int val) {
+            this.ref = ref;
+            this.val = val;
+        }
+    }
+
+    public void init(int[] nums) {
+        while (L < nums.length) {
+            L *= 2;
+        }
+
+        tree = new int[L * 2];
+
+        for (int i = 1; i < L * 2; i++) {
+            tree[i] = 0;
+        }
+    }
+
+    public void insert(int idx, int v) {
+        int i = idx + L;
+        tree[i] = v;
+        i /= 2;
+        while (i >= 1) {
+            tree[i] = Math.max(tree[i * 2], tree[i * 2 + 1]);
+            i /= 2;
+        }
+    }
+
+    public int getMax(int l, int r) {
+        int i = l + L;
+        int j = r + L;
+        int ret = 0;
+        while (i <= j) {
+            if (i % 2 == 1) {
+                ret = Math.max(ret, tree[i++]);
+            }
+            if (j % 2 == 0) {
+                ret = Math.max(ret, tree[j--]);
+            }
+            i /= 2;
+            j /= 2;
+        }
+
+        return ret;
+    }
+}

spiral-matrix/forest000014.java

@@ -0,0 +1,35 @@
+/*
+Time Complexity: O(m * n)
+Space Complexity: O(1)
+
+현재 위치를 r, c라는 변수를 사용해서 나타내고, 이 r, c를 직접 제어하는 방식으로 행렬을 순회한다.
+*/
+class Solution {
+    public List<Integer> spiralOrder(int[][] matrix) {
+        List<Integer> ans = new ArrayList<>();
+
+        int m = matrix.length, n = matrix[0].length;
+        int r = 0, c = 0;
+        int[] dr = {0, 1, 0, -1};
+        int[] dc = {1, 0, -1, 0};
+        int d = 0;
+        final int VISITED = -999;
+
+        while (ans.size() < m * n) {
+            ans.add(matrix[r][c]);
+            matrix[r][c] = VISITED;
+
+            int nr = r + dr[d];
+            int nc = c + dc[d];
+            if (nr < 0 || nr >= m || nc < 0 || nc >= n || matrix[nr][nc] == VISITED) {
+                d = (d + 1) % 4;
+                nr = r + dr[d];
+                nc = c + dc[d];
+            }
+            r = nr;
+            c = nc;
+        }
+
+        return ans;
+    }
+}

valid-parentheses/forest000014.java

@@ -0,0 +1,37 @@
+/*
+Time Complexity: O(n)
+Space Complexity: O(n)
+
+유효한 문자열이라면, 인접한 열고 닫는 괄호 쌍을 하나씩 캔슬시켰을 때, 빈 문자열만 남게 된다.
+매치되는 쌍이 서로 떨어져있을 수 있기 때문에, 그 안의 유효한 쌍들을 미리 모두 캔슬시킨 뒤에 판단해야 매칭 여부를 쉽게 판단할 수 있는데, 이 과정을 스택을 이용해 구현할 수 있다.
+*/
+class Solution {
+    public boolean isValid(String s) {
+        Stack<Character> st = new Stack<>();
+
+        if (s.length() % 2 == 1) {
+            return false;
+        }
+
+        for (char ch : s.toCharArray()) {
+            if (ch == '(' || ch == '{' || ch == '[') {
+                st.push(ch);
+            } else {
+                if (st.empty())
+                    return false;
+                if (ch == ')') {
+                    if (st.peek() != '(')
+                        return false;
+                } else if (ch == '}') {
+                    if (st.peek() != '{')
+                        return false;
+                } else {
+                    if (st.peek() != '[')
+                        return false;
+                }
+                st.pop();
+            }
+        }
+        return st.empty();
+    }
+}