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[haklee] week 3

Author: SamTheKorean

climbing-stairs/haklee.py

@@ -0,0 +1,26 @@
+"""TC: O(n), SC: O(1)
+
+아이디어: 
+계단의 k번째 칸까지 도달하는 방법의 수를 f(k)라고 하자.
+f(k)는 다음의 두 경우의 수를 더한 값이다.
+  - k-2번째 칸까지 간 다음 두 칸 뜀. 즉, f(k-2)
+  - k-1번째 칸까지 간 다음 두 칸 뜀. 즉, f(k-1)
+즉, f(k) = f(k-2) + f(k-1)
+
+
+SC:
+- tabulation 과정에서 값 2개만 계속 유지한다.
+- 즉, O(1).
+
+TC:
+- 단순 덧셈 계산(O(1))을 O(n)번 반복한다.
+- 즉, O(n).
+"""
+
+
+class Solution:
+    def climbStairs(self, n: int) -> int:
+        a, b = 1, 1
+        for _ in range(n - 1):
+            a, b = b, a + b
+        return b

coin-change/haklee.py

@@ -0,0 +1,51 @@
+"""TC: O(m*n), SC: O(n)
+
+coin 종류: m
+amount 크기: n
+
+아이디어: 
+값 k를 만들때 필요한 최소 동전의 수를 f(k)라고 하자.
+f(k)는 다음의 경우 중 제일 작은 값이다.
+  - 동전 c1을 마지막으로 더해서 k를 만들었다. f(k-c1) + 1개의 동전 필요.
+  - 동전 c2을 마지막으로 더해서 k를 만들었다. f(k-c2) + 1개의 동전 필요.
+  - ...
+  - 동전 cm을 마지막으로 더해서 k를 만들었다. f(k-cm) + 1개의 동전 필요.
+즉, f(k) = min(f(k-c1), f(k-c2), ..., f(k-cm)) + 1
+
+이때, n보다 작은 모든 i에 대해서 한 번 f(i)값을 계산할 일이 있었으면 이를 저장해두고 사용하는 방법으로
+접근해서 문제를 풀 수 있다.
+
+SC:
+- n보다 작은 모든 i에 대해 f(i)값을 저장해두는 배열 필요.
+- 즉, O(n).
+
+TC:
+- 각 f(i)마다 최초 계산시 m개의 아이템을 list에 넣고 min값을 찾는 계산을 한 번 한다. O(m).
+- 최초 계산이 아닐 경우 배열에 저장된 값을 가져온다. O(1).
+- 각 f(i)는 f(i+c1), f(i+c2), ..., f(i+cm)을 계산할때 호출되는데, 여기에 O(m) + O(1) + ... + O(1)
+  만큼의 시간이 소요되므로 종합하면 O(m) + (m+1)*O(1) = O(m) 만큼의 시간이 소요된다.
+- 이러한 f(i)값이 총 n개 있다. 즉, O(m*n).
+"""
+
+
+class Solution:
+    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
+        arr = [None for _ in range(amount + 1)]  # None값은 아직 계산되지 않았다는 뜻.
+        arr[0] = 0  # 초기화
+
+        def dp(target):
+            if arr[target] is None:  # 만약 아직 f(target)이 계산되지 않았다면
+                # 모든 동전들 c에 대해 f(target - c)는 다음의 경우들만 유효하다.
+                # - target이 동전 c의 크기 이상은 되어야 한다.
+                # - 앞서 계산해본 결과 총 금액 target - c를 구할 수 없는 경우는 무시.
+                #    - 구할 수 없는 것으로 판명된 경우 f(x)의 값이 -1이다.
+                candidates = [
+                    v for c in coins if target - c >= 0 and (v := dp(target - c)) >= 0
+                ]
+                # candidates에 유효한 f(target - c)값이 하나도 없으면 f(target)은 -1이다.
+                # 그게 아니라면 candidates에 들어있는 값 중 제일 적은 수의 동전을 필요로 하는
+                # 경우에 1을 더한 값을 f(target)에 넣어둠.
+                arr[target] = -1 if len(candidates) == 0 else min(candidates) + 1
+            return arr[target]
+
+        return dp(amount)

combination-sum/haklee.py

@@ -0,0 +1,114 @@
+"""TC: O(m^n), SC: O(m^n)
+
+candidates에 있는 값의 개수: m
+target의 크기: n
+
+아이디어: 
+candidates(이하 cands)에 있는 숫자들을 더해서 k를 만드는 방법을 f(k)라고 하자.
+f(k)는 다음의 경우들을 종합한 것이다.
+  - cands에 있는 c1을 마지막으로 더해서 k를 만들었다. 즉, f(k-c1)에 있는 모든 방법의 끝에 c1을 더함.
+  - cands에 있는 c2를 마지막으로 더해서 k를 만들었다. 즉, f(k-c2)에 있는 모든 방법의 끝에 c2을 더함.
+  ...
+  - cands에 있는 cm을 마지막으로 더해서 k를 만들었다. 즉, f(k-cm)에 있는 모든 방법의 끝에 cm을 더함.
+
+이렇게 하면 문제는, 하나의 값을 만드는 데에 중복된 경우가 나올 수 있다는 것이다.
+e.g.) candidates = [2, 3], target = 5
+f(2) = [[2]]
+f(3) = [[3]]
+위의 값을 활용해서 f(5)를 구하면
+f(5) = [f(2)의 방법들의 끝에 3을 붙임] + [f(3)의 방법들의 끝에 2를 붙임]
+     = [[2, 3]] + [[3, 2]]
+     = [[2, 3], [3, 2]]
+
+그래서 마지막에 같은 아이템으로 이루어진 리스트를 찾아서 중복을 제거해준다.
+
+이번 문제에서는 [2, 2, 3], [2, 3, 2], [3, 2, 2] 같이 들어가는 아이템의 순서만 다른 경우를 같은 것으로
+보았기 때문에 마지막에 중복을 제거했지만, 만약 이들을 서로 다른 방법으로 보는 문제가 주어진다면 위의
+결과를 그대로 리턴하면 된다.
+
+
+SC:
+- 문제 특성상 f(i)에 들어갈 수 있는 방법의 수는
+    - i를 만드는 방법의 길이는 O(i).
+        - cands에 1이 있고 이 1로 가득 채운 방법 [1, 1, ..., 1]을 생각하면 편하다.
+        - cands의 최소값이 어떤 상수 x라고 해도 [x, x, ..., x]에는 i/x가 들어가는데, O(i/x)는 O(i).
+    - 각 방법에 들어있는 아이템은 m가지 경우의 수가 가능. [(c1, c2, ..., cm 중 하나), ..., (c1, c2, ..., cm 중 하나)]
+    - 즉, f(i)에는 O(m^i)가지 경우가 들어갈 수 있다.
+- f(1), f(2), ..., f(n)을 다 더하면 O(m^1) + O(m^2) + ... + O(m^n) = O(m^n)이 된다.
+- 즉, O(m^n).
+
+TC:
+- 위의 SC와 같은 방식으로 접근이 가능하다. O(m^n).
+"""
+
+
+class Solution:
+    def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
+        dp = [[] for _ in range(target + 1)]  # 초기화.
+        dp[0] = [[]]  # 0을 만드는 방법은 아무 숫자도 넣지 않는 것 한 가지 방법이 있다.
+        for cur in range(1, target + 1):  # f(i)를 1부터 계산해나가면서 채우기 시작.
+            for cand in candidates:
+                prev = cur - cand
+                if prev >= 0:
+                    dp[cur] += [combi + [cand] for combi in dp[prev]]
+
+        # 마지막에 중복된 경우를 제거해준다.
+        return list(set([tuple(sorted(i)) for i in dp[target]]))
+
+
+"""
+아이디어:
+중간중간 계산하면서 중복된 값을 제거하면서 f(i)값을 관리하는 식으로 커팅하는 것이 가능하다.
+각 방법은 [c1, ...c1, c2, ..., c2, ... , cm, ..., m] 꼴이 되는데,
+          [         ^            ^ ... ^           ] 
+각 f(i)마다 위의 `^` 표시를 해둔 곳을 찾는 방법의 수만큼 공간이 필요하다.
+이 숫자는 대략 (i choose m-1)이라고 생각할 수 있다.
+
+그러므로 SC와 TC 모두 O(n choose m) = O((n/m)^m)...?
+(ref: https://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_coefficient#Bounds_and_asymptotic_formulas)
+"""
+
+
+class Solution:
+    def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
+        dp = [[] for _ in range(target + 1)]
+        dp[0] = [[]]
+        for cur in range(1, target + 1):
+            for cand in candidates:
+                prev = cur - cand
+                if prev >= 0:
+                    dp[cur] += [combi + [cand] for combi in dp[prev]]
+            dp[cur] = list(set([tuple(sorted(i)) for i in dp[cur]]))
+        return list(set([tuple(sorted(i)) for i in dp[target]]))
+
+
+"""
+아이디어:
+만들고 나서 중복된 경우를 제거하지 말고, 처음부터 중복된 결과를 만들지 않는 것도 방법이다.
+각 방법마다 해당 방법에서 사용한 최대 candidate 인덱스를 달아두고, 이후 해를 구할 때는 해당
+인덱스 이상의 candidate만 추가할 수 있도록 단서를 달아두는 방식으로 구현 가능하다.
+e.g.) candidate = [2, 5, 3]
+f(10)에 들어있을 수 있는 방법은
+- ([2, 2, 2, 2, 2], 0) : 마지막 아이템 이후에 2, 5, 3 전부 등장 가능.
+- ([5, 5], 1) : 마지막 아이템 이후에 5, 3만 등장 가능.
+- ([2, 5, 3], 2) : 마지막 아이템 이후에 3만 등장 가능.
+- ([2, 2, 3, 3], 2) : 마지막 아이템 이후에 3만 등장 가능.
+
+SC와 TC는 바로 위에서 O(n choose m)을 계산한 것과 같을 것으로 보인다.
+"""
+
+
+class Solution:
+    def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
+        dp = [[] for _ in range(target + 1)]
+        dp[0] = [([], 0)]  # (방법, 사용 가능한 candidate index 최소값) 쌍.
+        for cur in range(1, target + 1):
+            for i in range(len(candidates)):
+                prev = cur - candidates[i]
+                if prev >= 0:
+                    dp[cur] += [
+                        (combi[0] + [candidates[i]], i)
+                        for combi in dp[prev]
+                        if i >= combi[1]
+                    ]
+        return [i[0] for i in dp[target]]  # 방법만 추출해서 리턴한다.

product-of-array-except-self/haklee.py

@@ -0,0 +1,149 @@
+"""TC: O(n), SC: O(1)
+
+아이디어: 
+다음의 세 상황 중 하나가 될 것이다.
+- 0이 둘 이상 포함. 모든 결과값이 0이 된다.
+- 0이 하나 포함.
+    - 0에 해당하는 인덱스에는 nums에 있는 숫자들 중 0 말고 나머지 숫자들을 전부 곱한 값.
+    - 그 외 모두 0.
+- 0이 하나도 없다.
+    - nums에 있는 모든 숫자들을 곱한 값을 p라고 할때, 각 인덱스 i마다 p를 nums[i]로 나눈 값.
+
+그러므로, 먼저 nums에 있는 숫자들을 돌면서
+- 0이 아닌 숫자를 전부 곱한 값 p를 만든다.
+- 0이 들어있는 인덱스를 찾는다.
+- 0이 들어있는 인덱스가 둘 이상인지 체크한다.
+
+그 다음
+- 0이 들어있는 인덱스가 둘 이상인지, 0이 들어있는 인덱스가 있는지 보고 상황에 맞게 결과값을 리턴.
+
+SC:
+- 0이 아닌 숫자들을 곱한 값 p를 관리할때 O(1)
+- 0이 등장하는 인덱스 zero_ind와 둘 이상 있는지 여부 all_zero 플래그를 관리할때 O(1).
+- 결과로 리턴할 값 O(n) <- 이건 공간 복잡도 분석에서 제외한다.
+- 종합하면 O(1).
+
+TC:
+- nums값을 한 번 순회하면서 p, zero_ind, all_zero값을 업데이트 할때 O(n)
+- 결과로 리턴할 값 만들때 O(n)
+- 종합하면 O(n).
+"""
+
+
+class Solution:
+    def productExceptSelf(self, nums: List[int]) -> List[int]:
+        all_zero = True
+        zero_ind = None
+        p = 1
+        for i, e in enumerate(nums):
+            if e == 0:
+                if zero_ind is not None:
+                    break
+                zero_ind = i
+            else:
+                p *= e
+        else:
+            all_zero = False
+        sol = [0] * len(nums)
+        if all_zero:
+            return sol
+        elif zero_ind is not None:
+            sol[zero_ind] = p
+            return sol
+        else:
+            return [p // i for i in nums]
+
+
+""" TC: O(n), SC: O(1)
+하지만 윗 솔루션은 문제에서 사용하지 말라고 한 `/`(정확히는 `//`)를 썼다는 문제가 있다.
+나누기를 하지 말라고 했으니 이를 어떻게 잘 우회해보자.
+
+※ 주의: 정밀한 계산에 취약한 접근 방법이므로 구현한 것이 잘 작동할 것이라는 사실에
+        정말 자신 있는 경우가 아니면 이렇게 구현하면 안된다.
+
+아이디어:
+다음의 등식을 보자.
+
+x / y = 2^(log2(x)) / 2^(log2(y)) = 2^(log2(x)-log2(y))
+
+즉, 우리는 나누기 연산을 power, log, - 연산으로 우회 가능하다.
+
+위의 우회 방법을 활용하기 위해 기존의 접근 방식을 다음과 같이 수정한다.
+- 원래는 p를 1로 초기화한 다음 nums에 있는 값들 중 0이 아닌 것들을 전부 곱해줬다.
+- 이제 p에는 2^p을 계산했을때 곱셈의 결과값이 나오는 값을 저장할 것이다. 그러므로,
+  p를 0으로 초기화하고 p에는 nums에 있는 값들 중 0이 아닌 값에 log를 취한 값을 더해준다.
+
+하지만 0이하의 실수 x에 대해서는 log(x)가 정의되지 않는 문제가 있다.
+그러므로 다음과 같은 조치를 취해야 한다.
+- nums에 있는 값 x가 0이면 그냥 넘어간다. 이는 기존의 접근 방법과 동일하다.
+- nums에 있는 값 x가 0보다 작으면 절대값을 취하고 로그를 씌운다.
+  즉, log(|x|)를 계산한다.
+- 이 경우 결과에도 -1도 곱해줘야 한다는 사실을 알아야 하므로 이 정보를
+  `is_neg`라는 변수로 관리하자.
+
+주의점:
+설명에 등장하는 기호와 아래의 코드에 등장하는 기호를 헷갈리면 안된다.
+- 위에서는 power를 `^`기호로 썼지만 python에서는 `**`기호를 쓴다.
+- 그리고 python에서 `^`기호는 xor을 의미한다.
+
+문제점:
+- 위의 접근 방법은 이론적으로는 문제될 것이 없지만 안타깝게도 컴퓨터를 통한 연산에서는
+  log를 계산한 값의 소수점 뒷 자리수들이 잘려나간다.
+- 이로 인해 2^p를 계산한 결과값이 깔끔한 정수가 아니라 더러운 소수가 나온다. 그래서 
+  이 숫자가 정답에 근접한 값일 것이라고 굳게 믿고 여기에 `round` 함수를 써서 반올림을
+  해야 원하는 답이 나온다.
+- 그런데 생각해보면 nums에 들어있는 값들에 로그를 취하고 더하는 과정에서 이 잘린 소수점
+  값들이 점점 누적되면서 오차가 점점 커질 것이다. 오차가 충분히 커지면 2^p를 계산한 값을
+  반올림 하더라도 우리가 원하는 정확한 답이 나오지 않게 될 것이다.
+	- e.g.) nums = range(2, 18) 일때
+		- expected answer: [177843714048000, 118562476032000, 88921857024000, 71137485619200, ...]
+		- result: [177843714047999, 118562476031999, 88921857023999, 71137485619200, ...]
+		- diff: [-1, -1, -1, 0, ...]
+- 곱하는 수에 큰 수가 섞여도 문제가 쉽게 발생한다.
+	- e.g.) nums = [2, 10, 44444444444444] 일때
+		- expected answer: [444444444444440, 88888888888888, 20]
+		- result: [444444444444441, 88888888888888, 20]
+		- diff: [1, 0, 0]
+- 그렇다면 얼마나 많은 숫자를 곱하거나 큰 숫자를 곱하는 상황에서 문제가 발생하는가?
+  문제에 주어진 조건 범위 내에서 위의 방법이 잘 작동할 것이라는 사실이 보장되는가?
+  이에 대해 생각하는 것은 매우 귀찮은 일이다...
+
+그런데
+- 대충 관찰을 해보니 숫자들의 곱이 문제에서 주어진 조건인 `The product ... fit in a 32-bit integer.`
+  보다 훨씬 큰 경우에만 위의 오차가 치명적인 영향을 준다.
+- 그래서 일단 리트코드에 풀이를 던져보았더니 accept 되었다. 나는 leetcode피셜 잘 풀었다고
+  볼 수 있는 것이다.
+- 만약 이 풀이가 잘못되었다고 말하고 싶다면 나 말고 문제 조건을 설계한 사람과 테케를 만든
+  사람들에게 돌을 던져라 ¯\_(ツ)_/¯
+"""
+
+import math
+
+
+class Solution:
+    def productExceptSelf(self, nums: List[int]) -> List[int]:
+        all_zero = True
+        zero_ind = None
+        p, is_neg = 0, False
+        for i, e in enumerate(nums):
+            if e == 0:
+                if zero_ind is not None:
+                    break
+                zero_ind = i
+            else:
+                is_neg ^= e < 0
+                p += math.log2(abs(e))
+        else:
+            all_zero = False
+
+        sol = [0] * len(nums)
+        if all_zero:
+            return sol
+        elif zero_ind is not None:
+            sol[zero_ind] = round(2**p * (-1) ** (is_neg))
+            return sol
+        else:
+            return [
+                round(2 ** (p - math.log2(abs(i))) * (-1) ** (is_neg ^ (i < 0)))
+                for i in nums
+            ]

two-sum/haklee.py

@@ -0,0 +1,53 @@
+"""TC: O(n), SC: O(n)
+
+아이디어: 
+만약 nums에 있는 어떤 숫자 i에 대해 target - i도 nums 안에 있다면, 이 두 숫자의 인덱스를 리턴하면 된다.
+그런데 이렇게 하면 다음과 같은 예외 상황이 발생할 수 있다.
+
+case 1) nums = [3, 3], target = 6
+- nums에 3이 두 번 나오면 i도 3이고 target - i도 3인데, 그럼 같은 숫자에 대해서 어떻게 서로 다른 인덱스를
+  가져오는가?
+case 2) nums = [2, 3, 4], target = 6
+- nums에 3이 하나밖에 없는데, i = 3일때 i도 nums 안에 있고, target - i = 3이라 이 값도 nums 안에 있다.
+  서로 다른 두 아이템을 더해서 6이 되어야 하므로 [1, 1]같은 답을 리턴하면 오답이다.
+
+위의 문제를 해결하기 위해 다음과 같은 방법을 사용했다.
+- nums에 있는 unique한 숫자에 대해 각 숫자의 마지막 인덱스를 dict로 저장한다.
+- 만약 nums에 속하는 어떤 수 i에 대해 i와 target - i의 값이 같을 경우, nums 안에 있는 i 중에 제일 앞에 있는
+  i의 인덱스를 찾아서 앞서 만든 dict에 있는 인덱스와 비교해서 다른지 확인한다.
+
+Q) 그런데 만약 i, target - i 값이 서로 다를때 둘 중 하나라도 nums 안에 두 번 이상 등장하면 어떡하지...?
+A) 그럴 일은 없다. 솔루션은 유일하기 때문에, i나 target - i가 두 번 이상 나오면 솔루션이 둘 이상이 됨.
+
+
+SC:
+- ind_dict를 만들 때랑 nums_set 만들때 각각 O(n).
+- 즉, O(n)
+
+TC:
+- ind_dict를 만들때 O(n).
+- nums_set에 있는 값의 개수만큼 순회, O(n)
+    - 내부에서 일어나는 일은 O(1)
+- 종합하면 O(n).
+"""
+
+
+class Solution:
+    def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
+        # 먼저 nums의 각 아이템마다 인덱스를 찾는다.
+        # 여기서 주의할 것은, nums에 같은 숫자가 두 번 이상 나오면 마지막 아이템의 인덱스가 들어감.
+        ind_dict = {k: i for i, k in enumerate(nums)}  # SC: O(n), TC: O(n)
+
+        # nums에 있는 unique한 값 i마다,
+        for i in (nums_set := set(nums)):  # SC: O(n), TC: O(n)
+            # 만약 target - i도 nums 안에 있다면,
+            if target - i in nums_set:
+                # 그리고 i와 target - i가 서로 다른 숫자라면,
+                if i != target - i:
+                    # 쉬운 케이스. 그냥 두 숫자의 인덱스를 찾아서 결과로 리턴한다.
+                    return [ind_dict[i], ind_dict[target - i]]
+
+                # 여기에 도달했다면 i와 target - i값이 같음.
+                if (x := nums.index(i)) != ind_dict[target - i]:
+                    # 첫, 마지막 등장 인덱스가 다를 경우, 이 두 숫자를 리턴.
+                    return [x, ind_dict[target - i]]