diff --git a/course-schedule/seungriyou.py b/course-schedule/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..5452cd694
--- /dev/null
+++ b/course-schedule/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,96 @@
+# https://leetcode.com/problems/course-schedule/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def canFinish_topo(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(v + e) (v = numCourses, e = len(prerequisites))
+            - SC: O(v + e) (graph)
+
+        [Approach]
+            course schedule은 directed graph이므로, topological sort(BFS)를 이용해 방문한 노드의 개수가 numCourses와 같은지 확인한다.
+        """
+        from collections import deque
+
+        # directed graph
+        graph = [[] for _ in range(numCourses)]
+        indegree = [0] * numCourses
+
+        for a, b in prerequisites:
+            graph[b].append(a)  # b -> a
+            indegree[a] += 1
+
+        def topo_sort():
+            # topological sort로 방문한 course 개수
+            cnt = 0
+
+            # indegree가 0인 course 부터 시작
+            q = deque([i for i in range(numCourses) if indegree[i] == 0])
+
+            while q:
+                pos = q.popleft()
+
+                # 방문한 course 개수 세기
+                cnt += 1
+
+                for npos in graph[pos]:
+                    # npos의 indegree 감소
+                    indegree[npos] -= 1
+                    # indegree[npos] == 0, 즉, npos를 방문하기 위한 prerequisite이 모두 방문되었다면, q에 npos 추가
+                    if indegree[npos] == 0:
+                        q.append(npos)
+
+            return cnt
+
+        return numCourses == topo_sort()
+
+    def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(v + e) (모든 노드 & 간선은 한 번 씩 방문, 재귀 호출도 첫 방문 시에만 수행)
+            - SC: O(v + e) (graph)
+
+        [Approach]
+            course schedule은 directed graph이므로, 모든 course를 끝낼 수 없다는 것은 directed graph에 cycle이 존재한다는 것이다.
+            directed graph의 cycle 여부를 판단하기 위해 3-state DFS를 사용할 수 있다.
+                1) 이전에 이미 방문한 상태 (visited)
+                2) 현재 보고 있는 경로에 이미 존재하는 상태 (current_path) -> 재귀 실행 전에 추가 & 후에 제거
+                3) 아직 방문하지 않은 상태
+        """
+
+        graph = [[] for _ in range(numCourses)]  # directed graph
+        visited = set()  # 이전에 이미 방문한 노드 기록
+        current_path = set()  # 현재 경로에 이미 존재하는 노드를 만났다면, cycle이 존재하는 것
+
+        for a, b in prerequisites:
+            graph[b].append(a)  # b -> a
+
+        def is_cyclic(pos):
+            # base condition
+            # 1) pos가 current_path에 이미 존재한다면, cycle 발견
+            if pos in current_path:
+                return True
+            # 2) pos가 이전에 이미 방문한 (+ cycle이 존재하지 않는 경로 위의) 노드라면, cycle 발견 X
+            if pos in visited:
+                return False
+
+            # recur (backtracking)
+            current_path.add(pos)  # 현재 경로에 추가
+            for npos in graph[pos]:
+                if is_cyclic(npos):
+                    return True
+            current_path.remove(pos)  # 현재 경로에서 제거
+
+            # 방문 처리 (+ cycle이 존재하지 않는 경로 위에 있음을 표시)
+            visited.add(pos)
+
+            return False
+
+        for i in range(numCourses):
+            # course schedule에 cycle이 존재한다면, 전체 course를 완료할 수 없음
+            if is_cyclic(i):
+                return False
+
+        return True
diff --git a/invert-binary-tree/seungriyou.py b/invert-binary-tree/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..db9899825
--- /dev/null
+++ b/invert-binary-tree/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,77 @@
+# https://leetcode.com/problems/invert-binary-tree/
+
+from typing import Optional
+
+# Definition for a binary tree node.
+class TreeNode:
+    def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
+        self.val = val
+        self.left = left
+        self.right = right
+
+class Solution:
+    def invertTree_recur1(self, root: Optional[TreeNode]) -> Optional[TreeNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n) (모든 노드 방문)
+            - SC: O(height) (call stack)
+
+        [Approach]
+            DFS 처럼 recursive 하게 접근한다.
+        """
+
+        def invert(node):
+            # base condition
+            if not node:
+                return
+
+            # recur (& invert the children)
+            node.left, node.right = invert(node.right), invert(node.left)
+
+            return node
+
+        return invert(root)
+
+    def invertTree_recur(self, root: Optional[TreeNode]) -> Optional[TreeNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(height) (call stack)
+
+        [Approach]
+            recursive 한 방법에서 base condition 처리 로직을 더 짧은 코드로 나타낼 수 있다.
+        """
+
+        def invert(node):
+            if node:
+                # recur (& invert the children)
+                node.left, node.right = invert(node.right), invert(node.left)
+            return node
+
+        return invert(root)
+
+    def invertTree(self, root: Optional[TreeNode]) -> Optional[TreeNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(width) (queue)
+
+        [Approach]
+            BFS 처럼 iterative 하게 접근한다.
+        """
+        from collections import deque
+
+        q = deque([root])
+
+        while q:
+            node = q.popleft()
+
+            if node:
+                # invert the children
+                node.left, node.right = node.right, node.left
+
+                # add to queue
+                q.append(node.left)
+                q.append(node.right)
+
+        return root
diff --git a/jump-game/seungriyou.py b/jump-game/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..fe03a3e60
--- /dev/null
+++ b/jump-game/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,81 @@
+# https://leetcode.com/problems/jump-game/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def canJump_slow_dp(self, nums: List[int]) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n^2)
+            - SC: O(n)
+
+        [Approach]
+            dp[i] = i-th idx에서 마지막 칸까지 도달 가능한지 여부
+            맨 오른쪽 칸까지의 도달 가능 여부를 확인해야 하므로, nums[i] 만큼 오른쪽으로 가봐야 한다.
+            따라서 맨 오른쪽부터 dp table을 채워나가면 되고, nums[i] 만큼 오른쪽으로 가보다가 True일 때가 나오면 빠르게 break 한다.
+        """
+        n = len(nums)
+        dp = [False] * n
+        dp[n - 1] = True
+
+        # i 보다 오른쪽 값이 필요하므로, 오른쪽에서부터 dp table 채워나가기
+        for i in range(n - 2, -1, -1):
+            # i에서 nums[i] 만큼 오른쪽으로 가보기
+            for di in range(nums[i] + 1):
+                # 중간에 마지막 칸까지 도달 가능한 칸이 나온다면, dp[i] = True & break
+                if dp[i + di]:
+                    dp[i] = True
+                    break
+
+        return dp[0]
+
+    def canJump_greedy(self, nums: List[int]) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            왼쪽 idx부터 확인하며, 특정 idx에서 오른쪽 방향으로 최대한 갈 수 있는 max_step을 greedy 하게 트래킹한다.
+            이때, 다음 idx로 넘어갈 때마다 최대한 갈 수 있는 max_step에서 -1을 해주어야 하며,
+            중간에 max_step이 음수가 되는 경우라면 마지막 idx까지 진행할 수 없는 것이므로 False를 반환한다.
+        """
+        max_step = 0
+
+        for n in nums:
+            # max_step이 음수가 되는 경우라면, 마지막 idx까지 진행할 수 없음
+            if max_step < 0:
+                return False
+
+            # max_step 업데이트
+            if max_step < n:
+                max_step = n
+
+            # 다음 idx로 넘어가기 위해 max_step--
+            max_step -= 1
+
+        return True
+
+    def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(n)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            맨 오른쪽 idx에 도달할 수 있는 idx(= idx_can_reach_end)를 트래킹함으로써 DP 풀이를 optimize 할 수 있다.
+            nums의 오른쪽 원소부터 확인하면서, i + nums[i]가 idx_can_reach_end 보다 gte 이면
+            **idx_can_reach_end를 거쳐서 맨 오른쪽 idx에 도달할 수 있는 것**이므로 idx_can_reach_end를 i로 업데이트 한다.
+            모든 순회가 끝나고, idx_can_reach_end == 0인지 여부를 반환하면 된다.
+        """
+        n = len(nums)
+        # 맨 오른쪽 idx에 도달할 수 있는 idx
+        idx_can_reach_end = n - 1
+
+        # 오른쪽에서부터 확인
+        for i in range(n - 2, -1, -1):
+            # 현재 idx에서 idx_can_reach_end를 거쳐서 맨 오른쪽 idx에 도달할 수 있는 경우, idx_can_reach_end 업데이트
+            if i + nums[i] >= idx_can_reach_end:
+                idx_can_reach_end = i
+
+        return idx_can_reach_end == 0
diff --git a/merge-k-sorted-lists/seungriyou.py b/merge-k-sorted-lists/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..2aa9dab30
--- /dev/null
+++ b/merge-k-sorted-lists/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,51 @@
+# https://leetcode.com/problems/merge-k-sorted-lists/
+
+from typing import List, Optional
+
+
+# Definition for singly-linked list.
+class ListNode:
+    def __init__(self, val=0, next=None):
+        self.val = val
+        self.next = next
+        
+class Solution:
+    def mergeKLists(self, lists: List[Optional[ListNode]]) -> Optional[ListNode]:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(mlogn) (n = len(lists), m = node의 전체 개수)
+            - SC: O(n) (min heap)
+
+        [Approach]
+            각각 이미 sorted인 linked list들을 하나의 sorted linked list로 merge 하는 것이므로,
+            주어진 각각의 linked list에서 node 하나씩을 꺼내어 보며 그 값을 비교하면 된다.
+            이때, 길이가 n(= len(lists))인 min heap을 사용하면 각 linked list에서의 node 하나씩을 담아 최솟값을 가진 node를 O(logn)에 pop 할 수 있게 된다.
+            다만, min heap에 node만 넣으면 비교할 수 없으므로, 다음과 같이 구성된 tuple을 min heap에 넣는다.
+            (* 파이썬에서 tuple 끼리 비교할 때는 앞 원소부터 차례로 비교되며, 앞 원소에서 값이 동일하면 다음 원소로 넘어간다.)
+                (value, index in lists, node)
+                    - value: 가장 먼저 value를 비교하도록 한다.
+                    - index in lists: 만약 value가 서로 같은 상황이라면 더이상 최솟값을 고르기 위한 비교가 진행되지 않도록 unique한 값인 lists에서의 index로 비교하도록 한다.
+                                      실제로 사용되는 값은 아니나, node 끼리 비교가 불가능하므로 사용한다.
+                    - node: 결과 merged linked-list에 넣기 위해 실물 node가 필요하며, next node를 min heap에 넣을 때 필요하다.
+        """
+        import heapq
+
+        # 주어진 각 linked list의 첫 node를 min heap에 넣기
+        q = [(node.val, i, node) for i, node in enumerate(lists) if node]
+        heapq.heapify(q)  # list를 먼저 완성하고 heapify하면 O(n)
+
+        res = curr = ListNode()
+
+        while q:
+            # 최솟값을 가진 node 추출
+            value, i, node = heapq.heappop(q)
+
+            # res에 node 추가
+            curr.next = node
+            curr = curr.next
+
+            # node의 다음 노드를 min heap에 넣어주기
+            if node.next:
+                heapq.heappush(q, (node.next.val, i, node.next))
+
+        return res.next
diff --git a/search-in-rotated-sorted-array/seungriyou.py b/search-in-rotated-sorted-array/seungriyou.py
new file mode 100644
index 000000000..f90884b32
--- /dev/null
+++ b/search-in-rotated-sorted-array/seungriyou.py
@@ -0,0 +1,81 @@
+# https://leetcode.com/problems/search-in-rotated-sorted-array/
+
+from typing import List
+
+class Solution:
+    def search_1(self, nums: List[int], target: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(logn)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            sorted array를 다루면서 O(log n) time에 수행되어야 하므로 binary search를 사용해야 한다.
+            기본적으로 sorted array이므로, rotated 되었더라도 mid를 기준으로 한 쪽은 무조건 sorted이다.
+            그리고 sorted인 부분에 target이 존재하는지 여부는 양끝 값과만 비교하더라도 알 수 있다.
+            따라서 다음의 두 가지 경우로 나누어 볼 수 있다.
+                1) 왼쪽이 sorted
+                    -> target이 왼쪽에 포함되면 왼쪽으로, 아니라면 오른쪽으로
+                2) 오른쪽이 sorted
+                    -> target이 오른쪽에 포함되면 오른쪽으로, 아니라면 왼쪽으로
+        """
+        lo, hi = 0, len(nums) - 1
+
+        while lo < hi:
+            mid = (lo + hi) // 2
+
+            # 1) 왼쪽이 sorted
+            if nums[lo] <= nums[mid]:
+                # target이 왼쪽에 포함되면 왼쪽 살펴보기
+                if nums[lo] <= target <= nums[mid]:
+                    hi = mid
+                # 아니라면 오른쪽 살펴보기
+                else:
+                    lo = mid + 1
+            # 2) 오른쪽이 sorted
+            else:
+                # target이 오른쪽에 포함되면 오른쪽 살펴보기
+                if nums[mid] < target <= nums[hi]:
+                    lo = mid + 1
+                # 아니라면 왼쪽 살펴보기
+                else:
+                    hi = mid
+
+        return hi if nums[hi] == target else -1
+
+    def search(self, nums: List[int], target: int) -> int:
+        """
+        [Complexity]
+            - TC: O(logn)
+            - SC: O(1)
+
+        [Approach]
+            앞의 풀이에서 더 명시적으로 경계 조건을 판단하도록 수정할 수 있다. (nums[mid] == target이라면 바로 반환)
+        """
+        lo, hi = 0, len(nums) - 1
+
+        while lo <= hi:
+            mid = (lo + hi) // 2
+
+            # nums[mid] == target인 경우 곧바로 반환 (명시적)
+            if nums[mid] == target:
+                return mid
+
+            # 1) 왼쪽이 sorted
+            if nums[lo] <= nums[mid]:
+                # target이 왼쪽에 포함되면 왼쪽 살펴보기
+                if nums[lo] <= target < nums[mid]:
+                    hi = mid - 1
+                # 아니라면 오른쪽 살펴보기
+                else:
+                    lo = mid + 1
+            # 2) 오른쪽이 sorted
+            else:
+                # target이 오른쪽에 포함되면 오른쪽 살펴보기
+                if nums[mid] < target <= nums[hi]:
+                    lo = mid + 1
+                # 아니라면 왼쪽 살펴보기
+                else:
+                    hi = mid - 1
+
+        return -1