Leetcode - 76. Minimum Window Substring

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LeetCode

풀이

내 풀이

아직 투 포인터 풀이가 익숙하지 않은 것 같다. 아래 코드로 제출했을 때 TLE가 나온다. 시간 복잡도가 $O(k*n\log{n})$ 이므로문자열 t 가 긴 경우 타임아웃이 발생한다.

class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        res = ""
        for i in range(len(s)):
            if len(res) > 0:
                k = i + len(res)
            else:
                k = len(s)

            for j in range(i, k):
                if all(
                    val == 0
                    for val in (
                        collections.Counter(t) - collections.Counter(s[i : j + 1])
                    ).values()
                ):
                    if len(res) == 0 or len(res) > j - i + 1:
                        res = s[i : j + 1]

        return res

투 포인터

Window를 딕셔너리로 저장하는 아이디어. 매번 Window 전체에 대해 딕셔너리를 만들어주지 않아도 된다. 시간복잡도 $O(k+n)$. 다만 최악의 경우 모든 스트링을 순회해야 하므로 $O(k+2*n)$이 된다.

class Solution:
    def minWindow(self, s, t):
        dict_t = Counter(t)
        required = len(dict_t)

        l, r = 0, 0
        formed = 0
        window_counts = {}
        ans = float("inf"), 0, -1

        while r < len(s):
            character = s[r]
            window_counts[character] = window_counts.get(character, 0) + 1

            if character in dict_t and window_counts[character] == dict_t[character]:
                formed += 1

            # Contract window
            while l <= r and formed == required:
                character = s[l]
                if r - l + 1 < ans[0]:
                    ans = (r - l + 1, l, r)

                window_counts[character] -= 1
                if character in dict_t and window_counts[character] < dict_t[character]:
                    formed -= 1

                l += 1

            r += 1
        return s[ans[1] : ans[2] + 1]

Optimized sliding window

고정시간 $O(n+n'+k)$에 완료할 수 있는 알고리즘이다. 여기서 $n'$는 t 에 있는 모든 문자를 제거한 s 의 길이다.

class Solution:
    def minWindow(self, s, t):

        dict_t = Counter(t)
        required = len(dict_t)
        filtered_s = [(i, char) for i, char in enumerate(s) if char in dict_t]

        l, r = 0, 0
        formed = 0
        window_counts = {}

        ans = float("inf"), 0, -1

        while r < len(filtered_s):
            character = filtered_s[r][1]
            window_counts[character] = window_counts.get(character, 0) + 1

            if window_counts[character] == dict_t[character]:
                formed += 1

            while l <= r and formed == required:
                character = filtered_s[l][1]

                end = filtered_s[r][0]
                start = filtered_s[l][0]
                if end - start + 1 < ans[0]:
                    ans = (end - start + 1, start, end)

                window_counts[character] -= 1
                if window_counts[character] < dict_t[character]:
                    formed -= 1
                l += 1

            r += 1
        return s[ans[1] : ans[2] + 1]

이 풀이의 핵심은 모든 문자열을 검사하는게 아닌 필터링된 문자열만 검색해서 시간복잡도를 낮추는 것이다.