01. 배열과 문자열

문제 1.5

하나 빼기 : 문자열을 편집하는 방법에는 세 가지 종류가 있다. 문자 삽입, 문자 삭제, 문자 교체. 문자열 두 개가 주어졌을 때, 문자열을 같게 만들기 위한 편집 횟수가 1회 이내인지 확인하는 함수를 작성하라.

풀어보기

문자열의 등장 횟수를 비교하는 방식으로 접근했지만, 생각해보니 그렇게 되면 등장횟수는 같은데 배열이 다른 문자열들을 고려할 수 없기 때문에 다른 방식으로 접근 해야한다.

1. 문자열의 길이를 비교하고, 각 케이스 별로 문자열을 순회하면서 비교하며 판단한다.

먼저 각 문자열의 길이를 비교한다.

두 문자열의 길이 차이가 2이상이면 1회의 편집으로는 절대 같아질 수 없다.

두 문자열의 길이 차이가 1이거나 0이면 서로 다른 문자가 1개만 존재해야한다.

길이가 1차이 나는 경우과 길이가 같은 경우를 나눠서 생각한다.

길이가 같은 경우는 문자열을 하나씩 순회하면서 같은 인덱스의 값을 비교하고 서로 다른 문자열의 개수를 센다.

길이가 1차이 나는 경우는 문자열을 하나씩 순회하면서 같은 인덱스의 값을 비교하고 서로 다른 문자열이 나왔을 경우

길이가 짧은 문자열의 i번째 문자와 길이가 긴 문자열의 i+1번째 문자열의 값을 비교한다. 이때 또 한번 다른 문자열이 등장하면 편집횟수가 1이상이다.

# 1.5 하나 빼기

from collections import Counter

s1 = "zale"
s2 = "plze"

def solution(s1, s2):
    longer = ""
    shorter = ""

    if len(s1) == len(s2):
        pass
    else:
        if len(s1) - len(s2) > 0:
            longer, shorter = s1, s2
        elif len(s1) - len(s2) < 0:
            longer, shorter = s2, s1

    if len(longer) - len(shorter) >= 2:
        return False
    else:
        cnt = 0
        if len(longer) == 0:
            for i in range(len(s1)):
                if s1[i] != s2[i]:
                    cnt += 1
                if cnt >=2:
                    return False
        else:

            for i in range(len(shorter)):
                if cnt == 1:
                    if longer[i+1] != shorter[i]:
                        print(longer[i+1], shorter[i])
                        return False

                if longer[i] != shorter[i]:
                    cnt += 1


    return True


solution("pale", "bake")

해답

1. 삽입과 삭제를 하나로 합치고, 교체연산을 확인한다.

한번의 교체연산으로 같게 만들 수 있다는 의미는 두 문자열이 하나의 문자열만 다르고 모두 같다는 것을 의미한다. 삽입 혹은 삭제 연산으로 같게 만들 수 있다는 의미는 짧은 문자열 특정 위치에 공백을 포함하면 나머지 문자들은 모두 같다는 것을 의미한다. 이 중 어떤 연산을 사용할 것인지는 두 문자열의 길이를 보고 판단 할 수 있다.

두 문자열의 길이가 같다면 교체 연산, 두 문자열의 길이가 다르면 삽입 혹은 삭제 연산을 통해 다른 문자가 몇번 등장하는지 확인한다.

01. 배열과 문자열

문제 1.4

회문 순열 : 주어진 문자열이 회문의 순열인지 아닌지 확인하는 함수를 작성하라. 회문이란 앞으로 읽으나 뒤로 읽으나 같은 단어 혹은 구절을 의미하며, 순열이란 문자열을 재배치하는 것을 뜻한다. 회문이 꼭 사전에 등장하는 단어로 제한될 필요는 없다.

풀어보기

1. 각 문자의 등장 횟수를 구하고 홀수 번 반복되는 문자가 2개 이상이면 회문이 아니라고 판단한다.

문제를 다시 쉽게 해석해보면 예를 들어 "토토마" 라는 문자가 주어졌을 때 이를 재배치 하여 "토마토" 라는 회문을 만들 수 있는지 없는지 확인하는 문제이다.

먼저 대문자와 소문자를 구별할 것인지, 공백은 무시할 것인지 아니면 하나의 문자로 볼 것인지 확인하는 것이 좋아보인다. 일단 대소문자와 공백을 무시한다고 가정하고 문제를 풀어보자.

회문의 특징은 문자열의 등장 횟수를 count했을 때 홀수번 반복되는 문자가 1개 이거나 혹은 0개 이어야 한다.

# 1.4 회문순열
from collections import Counter

s = "Tact Coab"

def solution(s):
    s = s.lower() # 소문자로 치환
    s = s.replace(" ", "") # 공백제거
    s_list = list(s)
    odd_cnt = 0

    counter = Counter(s_list)

    for x in counter:
        if counter[x] % 2 != 0:
            odd_cnt += 1
    if odd_cnt > 1:
        return False
    else:
        return True
solution(s)

# -결과----------------------------------------------------------------------------------
# False

해답

1. 각 문자가 몇 번 등장했는지 세고, 홀수 번 등장한 문자가 한 개 이상인지 확인한다.

한 번 순회하며 각 문자열의 등장 횟수를 세고, 이후 각 문자마다 몇번 등장 했는지 확인하며 홀수 번 등장한 문자가 몇개인지 확인한다.

O(N)의 시간 복잡도가 소요 된다. 충분히 좋은 알고리즘 이지만 최선의 방향을 찾는 노력은 중요하다. 좀 더 개선할 수 있는 방법을 생각해보자.

같은 아이디어 이지만 내 풀이는 홀수개의 문자열이 몇 개인지 다 센후 검증하지만, 우리는 2개 이상인지만 확인하면 되기 때문에 홀수 개 문자열이 2개 이상 등장하는 순간 바로 프로그램을 종료할 수 있다.

// 회문순열인지 판단하는 함수
boolean isPermutationOfPalindrome(String phrase){
    int [] table = buildCharFrequencyTable(phrase);
    return checkMaxOneOdd(table);
}

boolean checkMaxOneOdd(int[] table){
    boolean foundOdd = false;
    for (int count : table){
        if (count % 2 == 1){
            if (foundOdd) {
                return false; // 홀수개 문자가 2개 이상 나오는 순간 false
            }
            foundOdd = true;
        }
    }
    return true ;
}

// 문자에 해당하는 숫자를 리턴한다. a=1, b=2 ...
int getCharNumber(Character c){
    int a = Character.getNumericValue('a');
    int z = Character.getNumericValue('z');
    int val = Character.getNumericValue(c);

    if (a <= val && val <= z){
        return val - a;
    }
    return -1;
}


// 각 문자가 몇 번씩 등장하는지 기록하여 저장하는 함수
int [] buildCharFrequencyTable(String phrase){
    int [] table = new int[Character.getNumericValue('z') - Character.getNumericValue('a') + 1]; // a~z 길이만큼 배열 생성

    for (char c : phrase.toCharArray()){
        int x = getCharNumber(c);
        if (x != -1){
            table[x]++;
        }
    }
    return table
}

2. 1번과 같지만, 홀수 개 인지 여부를 문자열을 순회하면서 동시에 확인한다.

루프를 2번에서 1번으로 줄일 수 있다. 그러나 각 문자마다 수행되는 코드가 더 많아져 성능이 향상되었다고 얘기할 수는 없다.

3. 등장 횟수를 세지 않고, 문자열이 등장할 때마다 해당 위치의 비트값을 바꿔주며 홀수, 짝수 여부를 판단한다.

시간 복잡도는 O(N)으로 똑같다. 그러나 정수 하나만 가지고 확인할 수 있기 때문에 메모리는 확실히 효율적이다.!

boolean isPermutationOfPalindrome(String phrase){
    int bitVector = createBitVector(phrase);

}

int createBitVector(String phrase){
    int bitVector = 0;
    for (char c : phrase.toCharArray()){
        int x = getCharNumber(c);
        bitVector = toggle(bitVector, x);
    }
}

// 정수의 i번째 비트값을 바꾼다.
int toggle(int bitVector, int index){
    if (index < 0 ) return bitVector;

    int mask = 1 << index;
    if ((bitVector * mask) == 0){
        bitVector |= mask;
    }else{
        bitVector &= ~mask;
    }
    return bitVector;
}

boolean checkExactlyOneBitSet(int bitVector){
    return (bitVector & (bitVector - 1)) == 0;
}

비트벡터 개념과 비트연산자 문법 정리..!

01. 배열과 문자열

문제 1.3

URL화 : 문자열에 들어 있는 모든 공백을 '%20'으로 바꿔 주는 메서드를 작성하라. 최종적으로 모든 문자를 다 담을 수 있을 만큼 충분한 공간이 이미 확보되어 있으며 문자열의 최종 길이가 함께 주어진다고 가정해도 된다.

풀어보기

1. 문자열 순회하면서 이어붙이기

단순하게 문자열을 하나씩 확인하며 공백일 때는 '%20', 공백이 아닐 때는 기존 문자열을 덧붙여서 새로운 결과 문자열을 만들어 리턴한다.

# 1.3 URL화
s = "Mr John Smith"

def toURL(str):
    newS = ""
    for x in s:
        if x == ' ':
            newS += "%20"
        else:
            newS += x
    return newS

print(toURL(s))

# -결과----------------------------------------------------------------------------------
# Mr%20John%20Smith

수정된 풀이(하나의 문자열로 편집하여 리턴)

# 1.3 URL화
s = "Mr John Smith"

def toURL(str):
    n = len(str)

    # 마지막 부터 첫번째까지 순회
    for i in range(len(str)-1, 0-1, -1):
        if str[i] == ' ':
            str = str[:i] + "%20" + str[i+1:]

    return str

print(toURL(s))
# -결과----------------------------------------------------------------------------------
# Mr%20John%20Smith

해답

문제에 정확히 나오지 않았지만 주의해야할 사항은 이 문제는 새로운 문자열을 만들어 변환 하는 것이 아니라, 기존의 문자열을 가지고 조작하여 풀어야 하는 문제!

따라서 문자열을 앞에서 부터 편집하는 것이 아니라, 뒤에서 부터 편집한다. 앞에서 부터 편집하면 아직 편집해야 할 문자가 덮어쓰여질 우려가 있기 때문이다.

1. 공백의 갯수를 세고, 문자열을 뒤에서부터 거꾸로 편집하며 복사해나간다. 

void replaceSpaces(char [] str, int trueLength){    // truelength는 주어진 문자열의 길이
    int spaceCount = 0, index, i = 0;
    for (i = 0; i < trueLength; i++){
        if (srt[i] == ' '){
            spaceCount++;        // 공백의 숫자를 센다
        }
    }

    index = trueLength + spaceCount * 2; // 문자열의 길이에다가 URL화로 인해 치환될 문자열의 길이를 더한 값이 index

    if (trueLength < str.length){ // 만약 주어진 문자열의 길이가 실제 문자열의 길이보다 작다면 중간에 종료
        str[trueLength] = '\0'
    }
    // str[trueLength] -> str[index] 로 문자열 복사
    for (i = trueLength - 1; i>=0; i--){
        if (str[i] == ' '){
            str[index - 1] == '0';
            str[index - 2] == '2';
            str[index - 3] == '%';
            index = index-3;
        }
        else{
            str[index - 1] = str[i];
            Index--;
        }
    }
}

01. 배열과 문자열

문제 1.2

순열 확인 : 문자열 두 개가 주어졌을 떄 이 둘이 서로 순열 관계에 있는지 확인하는 메서드를 작성하라.

풀어보기

순열 관계라는 것은 두 문자열에서 사용된 문자는 같은데 문자의 순서만 다른 형태라는 것을 의미한다.

1. 정렬 후 리스트 비교

먼저 두 문자열의 길이가 같은지 확인한다. 길이가 다르면 순열 관계가 아니라고 판단한다.

길이가 같다면 두 문자열을 정렬하여 두 개의 리스트가 같은지 비교연산자를 통해 비교한다.

# 1.2 순열 확인

def istnsduf(str1, str2):
    if len(str1) == len(str2):

        listStr1 = list(str1)
        listStr2 = list(str2)
        listStr1.sort()
        listStr2.sort()

        if listStr1 == listStr2:
            return True
    return False

print('ABC', 'AER', istnsduf('ABC', 'AER'))
print('CBS', 'SCB', istnsduf('CBS', 'SCB'))

# -결과----------------------------------------------------------------------------------
# ABC AER False
# CBS SCB True

모법답안

먼저 확인 해야 할 사항은. 대소문자는 구별할 것인지? 그리고 공백은 어떻게 볼 것인지?

여기서는 대소문자를 구별하고 공백을 하나의 문자열로 판단하기로 한다.

1. 정렬하여 비교하기

순열 관계의 문자열은 정렬하면 같은 문자열이 되기 때문에 정렬 후 두 문자열을 비교해주면 된다. 단순하고 이해하기 쉽다는 측면에서 좋은 풀이이지만, 효율성 측면에서는 최적은 아니다.

2. 문자열에 포함된 문자의 출현 횟수가 같은지 비교

순열 관계의 문자열은 동일한 문자가 동일한 횟수로 출현한다는 특징이 있다. 이를 각각 문자열에서 기록하고 이 횟수를 비교한다

1번 풀이는 O(NlogN) 의 시간 복잡도, 2번 풀이는 O(N)의 시간 복잡도가 걸릴 것 같다!

01. 배열과 문자열

문제 1.1

중복이 없는가 : 문자열이 주어졌을 때, 이 문자열에 같은 문자가 중복되어 등장하는지 확인하는 알고리즘을 작성하라. 자료구조를 추가로 사용하지 않고 풀 수 있는 알고리즘 또한 고민하라.

풀어보기

1. 집합(SET) 자료형을 사용한다.

집합 자료형의 특성은 중복을 허용하지 않는다. 따라서 주어진 문자열을 집합 자료형으로 변환하여 최초 문자열의 길이와 변환된 집합 자료형의 길이를 비교한다. 길이가 늘어나는 것은 불가능하고 길이가 같다면, 중복이 없는 것이고 길이가 줄어들었다면 중복된 문자열이 제거된 만큼 길이가 줄어든 것이므로 중복된 문자열이 등장한 것이다.

# python
str = 'absas'    # 문자열 선언
def isUniqueChar(str):    # 중복된 문자열이 있으면 False, 중복되지 않고 유니크하다면 True
    str_set = set(str)    # 문자열을 집합 자료형으로 변환
    if len(str) == len(str_set):
        return True
    else:
        return False

print('naver', isUniqueChar('naver'))
print('kakao', isUniqueChar('kakao'))

# ----------------------결과--------------------------------------------------------------
# naver True
# kakao False

2. 각 문자를 순차적으로 다른 문자들과 비교한다.

문자열의 0번째 문자를 1부터 n번째 문자열과 순차적으로 비교한다. 그리고 1번째 문자를 2부터 n번째 문자열과 비교한다. 이런식으로 (n-1)~n번째 까지 반복하여 같은 문자열이 나오는 즉시 중복이 있는 문자열로 판단한다. 시간 복잡도는 O(N^2). 문제에서 요구한 자료구조를 추가로 사용하지 않고 풀 수 있는 알고리즘

# python
def isUniqueChar(str):     # 중복된 문자열이 있으면 False, 중복되지 않고 유니크하다면 True
    for i in range(len(str)):
        if str[i] in str[i+1:]:    # 중복된 것 있는지 확인
            return False
    return True
print('naver', isUniqueChar('naver'))
print('kakao', isUniqueChar('kakao'))

# ---------------------결과--------------------------------------------------------------
# naver True
# kakao False

모법답안

먼저 문자열이 ASCII 문자열인지 유니코드 문자열인지 확인 하는 센스. 이에 따라 저장 공간 크기가 달라질 수 있다. 일단 문자열이 아스키 코드 라고 가정했을 때 풀이. 아스키코드와 유니코드 이해

1. 표현 가능한 범위만큼 배열을 선언하여 배열의 인덱스에 접근하는 횟수를 통해 중복을 판단한다.

코드의 시간 복잡도는 O(N). N은 문자열의 길이. 하지만 아스키 코드가 표현 가능한 갯수를 초과하여 순회하지 않기 때문에 O(1)이라고 볼 수도 있다.

boolean isUniqueChars(String str) {
    if (str.length() > 128)
    {
        return false;    // 아스키 코드 문자의 개수 128. 이를 넘어가면 반드시 중복이 발생한다.
    }
    boolean[] char_set = new boolean[128];    // 128길이의 배열 선언

    for(int i = 0; i < str.length(); i++)    // 문자열의 길이만큼 반복
    {
        int val = str.charAt(i);    // i번째 문자열의 아스키 코드 값을 val변수에 저장
        if (char_set[val] == true)
        {
            return false;    // 현재 문자열과 같은 아스키코드를 가진 문자가 이미 존재했었다.
        }
    }
    return true;    // 겹친 것이 하나도 없다면 
    }

2. 비트벡터를 사용

비트벡터를 사용하여 문자열 중복 판단하기

3. 문자열을 정렬한 뒤 인접한 문자열을 비교하는 방식으로 판단한다.

정렬을 할 때 O(nlogn)의 시간이 소요된다. 정렬 할 때 많은 알고리즘이 공간을 추가로 사용한다는 것도 기억해라. 문제에서 요구한 자료구조를 추가로 사용하지 않고 풀 수 있는 알고리즘