[haklee] week 3 #380
[haklee] week 3 #380
Conversation
| return [ind_dict[i], ind_dict[target - i]] | ||
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| # 여기에 도달했다면 i와 target - i값이 같음. | ||
| if (x := nums.index(i)) != ind_dict[target - i]: |
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왜 walrus인가 했더니 진짜 바다코끼리를 닮았군요 :D
| def climbStairs(self, n: int) -> int: | ||
| a, b = 1, 1 | ||
| for _ in range(n - 1): | ||
| a, b = b, a + b | ||
| return b |
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이 풀이 보고 아 맞다 이거 피보나치였지 하고는 문제풀이 지원했습니다
| 아이디어: | ||
| 다음의 등식을 보자. | ||
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| x / y = 2^(log2(x)) / 2^(log2(y)) = 2^(log2(x)-log2(y)) | ||
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| 즉, 우리는 나누기 연산을 power, log, - 연산으로 우회 가능하다. |
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무섭습니다... 제 생각에 이 문제의 의도는 크게는 공간복잡도를 희생해서 시간복잡도를 어떻게 향상시킬 것인가, 좁게는 prefix와 suffix를 사용해서 구간의 곱에 대한 정보를 저장해서 이후 연산에 사용하는 방법이라 생각합니다. 이런 방향으로 생각해서 다른 풀이도 도전해보시면 어떨까요
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누적합을 쓰는 것과 비슷한 방식으로 푸는 것도 좋았겠지만, 이번에는 이렇게 문제를 뚫어본 것으로 만족하고 쉬어가보겠습니다..
| 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]] |
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이 부분 walrus 좋은 것 같습니다 저도 다음에 이렇게 써보고 싶어요
| # 마지막에 중복된 경우를 제거해준다. | ||
| return list(set([tuple(sorted(i)) for i in dp[target]])) |
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dp[target]의 최대 길이는 target의 최대 크기 / candidates의 최소 값이므로 40 / 2 = 20
list * set * tuple * sorted 하면 시간복잡도가 O(m * m * n * nlogn) 이니 문제에서 candidates의 원소들이 distinct하다는 점을 무시하고 어림해도 대략 20만 정도로 충분히 안전한 값이긴 하지만 target이나 candidates가 커지면 모르겠습니다
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동의합니다. 만약 현실에서 이 문제를 좀 더 빡센 조건이 걸려있는 상태로 마주쳤다면 아마 이 풀이로는 부분점수밖에 못 긁어갔을 것입니다. 그래서 좀 더 시간을 단축하는 방법을 찾다가 아래의 다른 솔루션들을 구현하지 않았을까 생각했습니다.
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