总结下最近的面试:
最终拒了百度，去快手了, 一心想去阿里, 个人有点阿里情节吧，缘分差点,自己也不够强。 总结下最近的面试情况, 由于面了 20 多面, 就按照题型分类给大家一个总结。推荐大家每年都要抽出时间去面一下，不一定跳槽，但是需要知道自己的不足，一定要你的工龄匹配上你的能力。比如就我个人来说，通过面试我知道数据库的知识不是很懂，再加上由于所在组对数据库接触较少，这就是短板，作为一个后端工程师对数据库说不太了解是很可耻的，在选择 offer 的时候就可以适当有偏向性。下面分专题把最近的面试总结和大家总结一下。过分简单的就不说了，比如打印一个图形啥的, 还有的我不太记得清了，比如快手一面好像是一道动态规划的题目。当然，可能有的解决方法不是很好，大家可以在手撕代码群里讨论。最后一篇我再谈一下一些面试的技巧啥的。麻烦大家点赞转发支持下~
Leetcode 上有三题股票买卖，面试的时候只考了两题，分别是 easy 和 medium 的难度
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1 ）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6 ）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5。 注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格。 示例 2:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
纪录两个状态, 一个是最大利润, 另一个是遍历过的子序列的最小值。知道之前的最小值我们就可以算出当前天可能的最大利润是多少
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
// 7,1,5,3,6,4
int maxProfit = 0;
int minNum = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
if (Integer.MAX_VALUE != minNum && prices[i] - minNum > maxProfit) {
maxProfit = prices[i] - minNum;
}
if (prices[i] < minNum) {
minNum = prices[i];
}
}
return maxProfit;
}
}
这次改成股票可以买卖多次, 但是你必须要在出售股票之前把持有的股票卖掉。 示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1 ）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5 ）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3 ）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6 ）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3。
示例 2:
输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1 ）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5 ）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
由于可以无限次买入和卖出。我们都知道炒股想挣钱当然是低价买入高价抛出，那么这里我们只需要从第二天开始，如果当前价格比之前价格高，则把差值加入利润中，因为我们可以昨天买入，今日卖出，若明日价更高的话，还可以今日买入，明日再抛出。以此类推，遍历完整个数组后即可求得最大利润。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
// 7,1,5,3,6,4
int maxProfit = 0;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
if (i != 0 && prices[i] - prices[i-1] > 0) {
maxProfit += prices[i] - prices[i-1];
}
}
return maxProfit;
}
}
这道题目是头条的高频题目，甚至我怀疑，头条这个面试题是题库里面的必考题。看脉脉也是好多人遇到。第一次我写的时候没写好，可能由于这个挂了。
运用你所掌握的数据结构，设计和实现一个 LRU (最近最少使用) 缓存机制。它应该支持以下操作： 获取数据 get 和 写入数据 put。
获取数据 get(key) - 如果密钥 (key) 存在于缓存中，则获取密钥的值（总是正数），否则返回 -1。 写入数据 put(key, value) - 如果密钥不存在，则写入其数据值。当缓存容量达到上限时，它应该在写入新数据之前删除最近最少使用的数据值，从而为新的数据值留出空间。
进阶:
你是否可以在 O(1) 时间复杂度内完成这两种操作？
LRUCache cache = new LRUCache( 2 /* 缓存容量 */ );
cache.put(1, 1);
cache.put(2, 2);
cache.get(1); // 返回 1
cache.put(3, 3); // 该操作会使得密钥 2 作废
cache.get(2); // 返回 -1 (未找到)
cache.put(4, 4); // 该操作会使得密钥 1 作废
cache.get(1); // 返回 -1 (未找到)
cache.get(3); // 返回 3
cache.get(4); // 返回 4
这道题在今日头条、快手或者硅谷的公司中是比较常见的，代码要写的还蛮多的，难度也是 hard 级别。
最重要的是 LRU 这个策略怎么去实现, 很容易想到用一个链表去实现最近使用的放在链表的最前面。 比如 get 一个元素,相当于被使用过了，这个时候它需要放到最前面，再返回值, set 同理。 那如何把一个链表的中间元素，快速的放到链表的开头呢？ 很自然的我们想到了双端链表。
整体的设计思路是，可以使用 HashMap 存储 key，这样可以做到 save 和 get key 的时间都是 O(1)，而 HashMap 的 Value 指向双向链表实现的 LRU 的 Node 节点，如图所示。
LRU 存储是基于双向链表实现的，下面的图演示了它的原理。其中 head 代表双向链表的表头，tail 代表尾部。首先预先设置 LRU 的容量，如果存储满了，可以通过 O(1) 的时间淘汰掉双向链表的尾部，每次新增和访问数据，都可以通过 O(1)的效率把新的节点增加到对头，或者把已经存在的节点移动到队头。
下面展示了，预设大小是 3 的，LRU 存储的在存储和访问过程中的变化。为了简化图复杂度，图中没有展示 HashMap 部分的变化，仅仅演示了上图 LRU 双向链表的变化。我们对这个 LRU 缓存的操作序列如下：
save("key1", 7)
save("key2", 0)
save("key3", 1)
save("key4", 2)
get("key2")
save("key5", 3)
get("key2")
save("key6", 4)
相应的 LRU 双向链表部分变化如下：
总结一下核心操作的步骤:
save(key, value)，首先在 HashMap 找到 Key 对应的节点，如果节点存在，更新节点的值，并把这个节点移动队头。如果不存在，需要构造新的节点，并且尝试把节点塞到队头，如果 LRU 空间不足，则通过 tail 淘汰掉队尾的节点，同时在 HashMap 中移除 Key。
get(key)，通过 HashMap 找到 LRU 链表节点，因为根据 LRU 原理，这个节点是最新访问的，所以要把节点插入到队头，然后返回缓存的值。
private static class DLinkedNode {
int key;
int value;
DLinkedNode pre;
DLinkedNode post;
}
/**
* 总是在头节点中插入新节点.
*/
private void addNode(DLinkedNode node) {
node.pre = head;
node.post = head.post;
head.post.pre = node;
head.post = node;
}
/**
* 摘除一个节点.
*/
private void removeNode(DLinkedNode node) {
DLinkedNode pre = node.pre;
DLinkedNode post = node.post;
pre.post = post;
post.pre = pre;
}
/**
* 摘除一个节点,并且将它移动到开头
*/
private void moveToHead(DLinkedNode node) {
this.removeNode(node);
this.addNode(node);
}
/**
* 弹出最尾巴节点
*/
private DLinkedNode popTail() {
DLinkedNode res = tail.pre;
this.removeNode(res);
return res;
}
private HashMap<Integer, DLinkedNode>
cache = new HashMap<Integer, DLinkedNode>();
private int count;
private int capacity;
private DLinkedNode head, tail;
public LRUCache(int capacity) {
this.count = 0;
this.capacity = capacity;
head = new DLinkedNode();
head.pre = null;
tail = new DLinkedNode();
tail.post = null;
head.post = tail;
tail.pre = head;
}
public int get(int key) {
DLinkedNode node = cache.get(key);
if (node == null) {
return -1; // cache 里面没有
}
// cache 命中,挪到开头
this.moveToHead(node);
return node.value;
}
public void put(int key, int value) {
DLinkedNode node = cache.get(key);
if (node == null) {
DLinkedNode newNode = new DLinkedNode();
newNode.key = key;
newNode.value = value;
this.cache.put(key, newNode);
this.addNode(newNode);
++count;
if (count > capacity) {
// 最后一个节点弹出
DLinkedNode tail = this.popTail();
this.cache.remove(tail.key);
count--;
}
} else {
// cache 命中,更新 cache.
node.value = value;
this.moveToHead(node);
}
}
这个题目之前也讲过，Leetcode 102 题。
给定一个二叉树，返回其按层次遍历的节点值。 （即逐层地，从左到右访问所有节点）。
例如: 给定二叉树: [3,9,20,null,null,15,7],
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回其层次遍历结果：
[
[3],
[9,20],
[15,7]
]
我们数据结构的书上教的层序遍历,就是利用一个队列,不断的把左子树和右子树入队。但是这个题目还要要求按照层输出。所以关键的问题是： 如何确定是在同一层的。 我们很自然的想到： 如果在入队之前,把上一层所有的节点出队,那么出队的这些节点就是上一层的列表。 由于队列是先进先出的数据结构,所以这个列表是从左到右的。
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode(int x) { val = x; }
* }
*/
class Solution {
public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
if (root == null) {
return res;
}
LinkedList<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
queue.add(root);
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
List<Integer> currentRes = new LinkedList<>();
// 当前队列的大小就是上一层的节点个数, 依次出队
while (size > 0) {
TreeNode current = queue.poll();
if (current == null) {
continue;
}
currentRes.add(current.val);
// 左子树和右子树入队.
if (current.left != null) {
queue.add(current.left);
}
if (current.right != null) {
queue.add(current.right);
}
size--;
}
res.add(currentRes);
}
return res;
}
}
这道题可不可以用非递归来解呢?
递归的子问题：遍历当前节点, 对于当前层, 遍历左子树的下一层层,遍历右子树的下一层
递归结束条件: 当前层,当前子树节点是 null
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode(int x) { val = x; }
* }
*/
class Solution {
public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
if (root == null) {
return res;
}
levelOrderHelper(res, root, 0);
return res;
}
/**
* @param depth 二叉树的深度
*/
private void levelOrderHelper(List<List<Integer>> res, TreeNode root, int depth) {
if (root == null) {
return;
}
if (res.size() <= depth) {
// 当前层的第一个节点,需要 new 一个 list 来存当前层.
res.add(new LinkedList<>());
}
// depth 层,把当前节点加入
res.get(depth).add(root.val);
// 递归的遍历下一层.
levelOrderHelper(res, root.left, depth + 1);
levelOrderHelper(res, root.right, depth + 1);
}
}
这是 Leetcode 104 题。 给定一个二叉树，原地将它展开为链表。
例如，给定二叉树
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
将其展开为：
1
\
2
\
3
\
4
\
5
\
6
这道题目的关键是转换的时候递归的时候记住是先转换右子树，再转换左子树。 所以需要记录一下右子树转换完之后链表的头结点在哪里。注意没有新定义一个 next 指针，而是直接将 right 当做 next 指针,那么 Left 指针我们赋值成 null 就可以了。
class Solution {
private TreeNode prev = null;
public void flatten(TreeNode root) {
if (root == null) return;
flatten(root.right); // 先转换右子树
flatten(root.left);
root.right = prev; // 右子树指向链表的头
root.left = null; // 把左子树置空
prev = root; // 当前结点为链表头
}
}
用递归解法,用一个 stack 记录节点,右子树先入栈，左子树后入栈。
class Solution {
public void flatten(TreeNode root) {
if (root == null) return;
Stack<TreeNode> stack = new Stack<TreeNode>();
stack.push(root);
while (!stack.isEmpty()) {
TreeNode current = stack.pop();
if (current.right != null) stack.push(current.right);
if (current.left != null) stack.push(current.left);
if (!stack.isEmpty()) current.right = stack.peek();
current.left = null;
}
}
}
从根节点开始遍历，如果 node1 和 node2 中的任一个和 root 匹配，那么 root 就是最低公共祖先。 如果都不匹配，则分别递归左、右子树，如果有一个 节点出现在左子树，并且另一个节点出现在右子树，则 root 就是最低公共祖先. 如果两个节点都出现在左子树，则说明最低公共祖先在左子树中，否则在右子树。
public class Solution {
public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
//发现目标节点则通过返回值标记该子树发现了某个目标结点
if(root == null || root == p || root == q) return root;
//查看左子树中是否有目标结点，没有为 null
TreeNode left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
//查看右子树是否有目标节点，没有为 null
TreeNode right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
//都不为空，说明做右子树都有目标结点，则公共祖先就是本身
if(left!=null&&right!=null) return root;
//如果发现了目标节点，则继续向上标记为该目标节点
return left == null ? right : left;
}
}
面了蚂蚁中台的团队,二面面试官根据汇报层级推测应该是 P9 级别及以上，在美国面我，面试风格偏硅谷那边。题目是 hard 难度的,leetcode 295 题。 这道题目是 Leetcode 的 hard 难度的原题。给定一个数据流，求数据流的中位数，求中位数或者 topK 的问题我们通常都会想用堆来解决。 但是面试官又进一步加大了难度，他要求内存使用很小，没有磁盘，但是压榨空间的同时可以忍受一定时间的损耗。且面试官不仅要求说出思路，要写出完整可经过大数据检测的 production code。
不考虑内存的方式就是 Leetcode 论坛上的题解。 基本思想是建立两个堆。左边是大根堆，右边是小根堆。 如果是奇数的时候，大根堆的堆顶是中位数。
例如：[1,2,3,4,5] 大根堆建立如下：
3
/ \
1 2
小根堆建立如下:
4
/
5
偶数的时候则是最大堆和最小堆顶的平均数。
例如: [1, 2, 3, 4]
大根堆建立如下：
2
/
1
小根堆建立如下:
3
/
4
然后再维护一个奇数偶数的状态即可求中位数。
public class MedianStream {
private PriorityQueue<Integer> leftHeap = new PriorityQueue<>(5, Collections.reverseOrder());
private PriorityQueue<Integer> rightHeap = new PriorityQueue<>(5);
private boolean even = true;
public double getMedian() {
if (even) {
return (leftHeap.peek() + rightHeap.peek()) / 2.0;
} else {
return leftHeap.peek();
}
}
public void addNum(int num) {
if (even) {
rightHeap.offer(num);
int rightMin = rightHeap.poll();
leftHeap.offer(rightMin);
} else {
leftHeap.offer(num);
int leftMax = leftHeap.poll();
rightHeap.offer(leftMax);
}
System.out.println(leftHeap);
System.out.println(rightHeap);
// 奇偶变换.
even = !even;
}
}
但是这样做的问题就是可能内存会爆掉。如果你的流无限大，那么意味着这些数据都要存在内存中，堆必须要能够建无限大。如果内存必须很小的方式，用时间换空间。
public class Median {
private static int BUCKET_SIZE = 1000;
private int left = 0;
private int right = Integer.MAX_VALUE;
// 流这里用 int[] 代替
public double findMedian(int[] nums) {
// 第一遍读取 stream 将问题复杂度转化为内存可接受的量级.
int[] bucket = new int[BUCKET_SIZE];
int step = (right - left) / BUCKET_SIZE;
boolean even = true;
int sumCount = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int index = nums[i] / step;
bucket[index] = bucket[index] + 1;
sumCount++;
even = !even;
}
// 如果是偶数,那么就需要计算第 topK 个数
// 如果是奇数, 那么需要计算第 topK 和 topK+1 的个数.
int topK = even ? sumCount / 2 : sumCount / 2 + 1;
int index = 0;
int indexBucketCount = 0;
for (index = 0; index < bucket.length; index++) {
indexBucketCount = bucket[index];
if (indexBucketCount >= topK) {
// 当前 bucket 就是中位数的 bucket.
break;
}
topK -= indexBucketCount;
}
// 划分到这里其实转化为一个 topK 的问题, 再读一遍流.
if (even && indexBucketCount == topK) {
left = index * step;
right = (index + 2) * step;
return helperEven(nums, topK);
// 偶数的时候, 恰好划分到在左右两个子段中.
// 左右两段中 [topIndex-K + (topIndex-K + 1)] / 2.
} else if (even) {
left = index * step;
right = (index + 1) * step;
return helperEven(nums, topK);
// 左边 [topIndex-K + (topIndex-K + 1)] / 2
} else {
left = index * step;
right = (index + 1) * step;
return helperOdd(nums, topK);
// 奇数, 左边 topIndex-K
}
}
}
这里边界条件我们处理好之后,关键还是 helperOdd 和 helperEven 这两个函数怎么去求 topK 的问题. 我们还是转化为一个 topK 的问题,那么求 top-K 和 top(K+1)的问题到这里我们是不是可以用堆来解决了呢? 答案是不能,考虑极端情况。 中位数的重复次数非常多
eg:
[100,100,100,100,100...] (1000 亿个 100)
你的划分恰好落到这个桶里面,内存同样会爆掉。
假如我们的划分 bucket 大小是 10000,那么最大的时候区间就是 20000。(对应上面的偶数且落到两个分桶的情况) 那么既然划分到某一个 bucket 了,我们直接用数数字的方式来求 topK 就可以了,用堆的方式也可以,更高效一点,其实这里问题规模已经划分到很小了,两种方法都可以。 我们选用 TreeMap 这种数据结构计数。然后分奇数偶数去求解。
private double helperEven(int[] nums, int topK) {
TreeMap<Integer, Integer> map = new TreeMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] >= left && nums[i] <= right) {
if (!map.containsKey(nums[i])) {
map.put(nums[i], 1);
} else {
map.put(nums[i], map.get(nums[i]) + 1);
}
}
}
int count = 0;
int kNum = Integer.MIN_VALUE;
int kNextNum = 0;
for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : map.entrySet()) {
int currentCountIndex = entry.getValue();
if (kNum != Integer.MIN_VALUE) {
kNextNum = entry.getKey();
break;
}
if (count + currentCountIndex == topK) {
kNum = entry.getKey();
} else if (count + currentCountIndex > topK) {
kNum = entry.getKey();
kNextNum = entry.getKey();
break;
} else {
count += currentCountIndex;
}
}
return (kNum + kNextNum) / 2.0;
}
private double helperOdd(int[] nums, int topK) {
TreeMap<Integer, Integer> map = new TreeMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] >= left && nums[i] <= right) {
if (!map.containsKey(nums[i])) {
map.put(nums[i], 1);
} else {
map.put(nums[i], map.get(nums[i]) + 1);
}
}
}
int count = 0;
int kNum = Integer.MIN_VALUE;
for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : map.entrySet()) {
int currentCountIndex = entry.getValue();
if (currentCountIndex + count >= topK) {
kNum = entry.getKey();
break;
} else {
count += currentCountIndex;
}
}
return kNum;
}
至此,我觉得算是一个比较好的解决方案，leetcode 社区没有相关的解答和探索，欢迎大家交流。
今年大环境真的不好，能不跳槽可以尽量呆着，我个人是觉得手上的事情没啥挑战，而且工资低，业务发展也不好就跳槽了。祝福大家拿到满意 offer。
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