LeetCode의 62번째 문제인 Unique Paths를 함께 풀어보도록 하겠습니다.
문제
m x n 격자(grid)에 로봇이 있습니다.
로봇은 처음에 좌측 상단 모서리(즉, grid[0][0])에 위치합니다.
로봇은 우측 하단 모서리(즉, grid[m - 1][n - 1])로 이동하려고 합니다.
로봇은 항상 아래나 오른쪽으로만 이동할 수 있습니다.
두 정수 m과 n이 주어지면, 로봇이 우측 하단 모서리에 도달할 수 있는 고유한 경로의 갸수를 반환하시오.
예제
입력: m = 3, n = 7
출력: 28입력: m = 3, n = 2
출력: 3풀이 1
제일 먼저 가장 단순 무식한 방법으로 접근을 해볼까요? 로봇이 좌측 상단에서 우측 하단에 도달할 수 있는 모든 경로를 따져보는 것입니다.
예를 들어, 3 x 2 격자에서 로봇이 움직일 수 있는 모든 경우의 수를 따져보겠습니다.
로봇은 격자의 각 지점에서 오른쪽이나 아래, 이렇게 2가지 방향으로만 이동할 수 있는데요.
아래 방향으로 우선적으로 이동하면 다음과 같은 과정을 통해 총 3가지 경로를 구할 수 있을 것입니다.
(🟩: 로봇이 이동할 수 있는 지점)
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🟩🟥
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🤖🟥
🤖🟩
🟩🟥
🤖🟥
🤖🟥
🤖🟩
🤖🟥
🤖🟥
🤖🤖 👉 경로 1
🤖🟥
🤖🤖
🟥🟩
🤖🟥
🤖🤖
🟥🤖 👉 경로 2
🤖🤖
🟥🟩
🟥🟥
🤖🤖
🟥🤖
🟥🟩
🤖🤖
🟥🤖
🟥🤖 👉 경로 3로봇이 grid[0][0]와 grid[1][0]위치하고 있을 때 경로가 두 갈래로 갈라지는 것이 보이시죠?
이 지점에서는 오른쪽으로 움직일 수도 있고 아래로 움직일 수도 있기 때문입니다.
그럼 재귀 알고리즘을 사용하여 로봇이 이동할 수 있는 모든 경로를 깊이 우선 탐색(Depth First Search)하는 코드를 작성해보겠습니다.
class Solution:
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
total = 0 # 경로의 개수
def dfs(row, col):
nonlocal total
if row == m - 1 and col == n - 1:
total += 1 # 우측 하단에 도착
if row + 1 < m:
dfs(row + 1, col) # 아래로 이동
if col + 1 < n:
dfs(row, col + 1) # 오른쪽으로 이동
dfs(0, 0)
return total이 풀이의 시간 복잡도는 O(2^(m * n))이 되는데요.
각 함수 내에서 재귀 호출이 최대 두 번 일어나며, 호출 스택이 격자의 넓이인 m * n에 비례해서 깊어지기 때문입니다.
호출 스택의 메모리 사용량을 고려하면 공간 복잡도는 O(m * n)이 됩니다.
이 코드는 성능이 너무 안 좋아서 LeetCode에 제출하면 Time Limit Exceeded 오류가 발생할 것입니다.
재귀 함수 내에서
nonlocal키워드를 사용하는 이유에 대해서는 관련 포스팅을 참고하세요.
풀이 2
위에서 그린 로봇이 이동하는 모든 경로를 다시 주의깊게 살펴보시면, 두 번째 경로와 세 번째 경로 간에 겹치는 구간이 있다는 것을 발견하실 수 있으실 거에요.
🤖🟥
🤖🤖
🟥🟩
🤖🟥
🤖🤖
🟥🤖 👉 경로 2 🤖🤖
🟥🤖
🟥🟩
🤖🤖
🟥🤖
🟥🤖 👉 경로 3
바로 grid[1][1]에서 시작되는 경로가 일치한다는 것을 알 수 있는데요.
따라서 이 경로를 중복해서 탐색하는 것은 낭비가 될 것입니다.
만약에 두 번째 경로를 탐색할 때 이 지점에서 시작해서 우측 하단에 도달할 수 있는 경로의 수를 저장해둔다면, 세 번째 경로를 탐색할 때 활용할 수 있을 것입니다. 이러한 성능 최적화 기법을 메모이제이션(memoization)이라고도 하죠?
재귀 함수의 호출 결과를 저장해두었다가, 이전에 나왔던 좌표가 인자로 넘어오면, 저장해둔 결과를 사용해야 합니다.
파이썬에서는 재귀 함수에 @cache 데코레이터를 간단하게 이러한 효과를 낼 수 있습니다.
from functools import cache
class Solution:
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
@cache
def dfs(row, col):
if row == m - 1 and col == n - 1:
return 1
total = 0
if row + 1 < m:
total += dfs(row + 1, col)
if col + 1 < n:
total += dfs(row, col + 1)
return total
return dfs(0, 0)이 풀이의 시간 복잡도는 순식간에 O(m * n)로 향상이 되는데요.
메모이제이션 덕분에 모든 좌표를 상대로 재귀 함수의 호출이 딱 한번만 일어나기 때문입니다.
함수의 호출 결과를 저장하는데 격자의 넓이에 비례하는 공간이 필요하기 때문에 공간 복잡도는 여전히 O(m * n)이 됩니다.
풀이 3
위 재귀 알고리즘에서는 어떤 지점에서 출발했을 때 우측하단에 도착할 수 있는 경우의 수를 구하기 위해서, 바로 아래 지점에서 출발할 때의 경로의 수와 바로 우측 지점에서 출발할 때의 경로의 수를 더했는데요.
이번에는 반대로 좌측상단으로부터 어떤 지점에 도착할 수 있는 경로의 수를 구해보면 어떨까요? 바로 위 지점에 도착할 수 있는 경로의 수와 바로 왼쪽 지점에 도착할 수 있는 경로의 수를 더하면 될 것입니다.
이렇게 접근 방향을 바꾸면 동적 계획법(Dynamic Programming)을 통해서 반복 알고리즘으로도 이 문제를 해결할 수 있습니다. 기본 아이디어는 이차원 배열에 더 위나 좌측의 결과값을 저장해두고, 더 아래나 우측의 결과값을 구할 때 재활용하는 것입니다.
이차원 배열을 dp라고 하고, 현재 행의 인덱스를 row, 열의 인덱스를 col이라고 하면 다음과 같은 공식을 구할 수 있습니다.
dp[row][col] = dp[row - 1][col] + dp[row][col - 1]우선 맨 위에 있는 행과 맨 좌측에 있는 열에 도착할 수 있는 경로의 수는 모두 1이 됩니다.
11
1?
1?dp[1][1]에 값은 dp[0][1]과 dp[1][0]을 더한 1 + 1 = 2가 됩니다.
11
12
1?dp[2][1]에 값은 dp[1][1]과 dp[2][0]을 더한 2 + 1 = 3이 됩니다.
11
12
13이 알고리즘을 코드로 구현해보겠습니다.
class Solution:
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
dp = [[1] * n for _ in range(m)]
for row in range(1, m):
for col in range(1, n):
dp[row][col] = dp[row - 1][col] + dp[row][col - 1]
return dp[-1][-1]이 풀이의 시간 복잡도는 외부 루프에서 m번 반복하고 내부 루프에서 n번 반복하므로 O(m * n)입니다.
공간 복잡도는 이차원 배열의 크기가 격자의 넓이인 m * n에 비례하므로 역시 O(m * n)이 되겠습니다.
풀이 4
격자의 각 지점에 도달할 수 있는 경로의 수를 모두 저장할 필요가 있을까요? 바로 위에 있는 지점들의 결과값만 저장해두어도 충분할 것입니다.
따라서 그냥 일차원 배열과 변수 하나를 사용해서 구현할 수도 있습니다.
class Solution:
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
up_row = [1] * n
for _ in range(1, m):
left = 1
for col in range(1, n):
left += up_row[col]
up_row[col] = left
return up_row[-1]이렇게 최적화를 해주면 공간 복잡도를 O(n)로 향상시킬 수 있습니다.