社招面经总结——算法题篇

面试结果

总结下最近的面试:

头条后端：3面技术面挂
蚂蚁支付宝营销-机器学习平台开发: 技术面通过,年后被通知只有P7的hc
蚂蚁中台-机器学习平台开发: 技术面通过, 被蚂蚁HR挂掉（脉脉上好多人遇到这种情况，一个是今年大环境不好，另一个，面试尽量不要赶上阿里财年年底，这算是一点tips吧）
快手后端: 拿到offer
百度后端: 拿到offer

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。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~

股票买卖(头条)

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

Leetcode 121. 买卖股票的最佳时机

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
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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
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解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

题解

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;
    }
}
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Leetcode 122. 买卖股票的最佳时机 II

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 。
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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。
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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。
复制代码

题解

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;
    }
}
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LRU cache (头条、蚂蚁)

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。

转自知乎:zhuanlan.zhihu.com/p/34133067

题目

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
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题解

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。

基于 HashMap 和双向链表实现 LRU 的

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)
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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);
        }
    }
    
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二叉树层次遍历(头条)

这个题目之前也讲过，Leetcode 102题。

题目

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],

返回其层次遍历结果：


[
  [3],
  [9,20],
  [15,7]
]
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题解

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;
    }
}
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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);
    }
}
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二叉树转链表(快手)

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

将其展开为：

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
    }
}
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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;
        }
    }
}
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二叉树寻找最近公共父节点(快手)

Leetcode 236 二叉树的最近公共父亲节点

题解

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;  
    }  
}
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数据流求中位数(蚂蚁)

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。

先不考虑内存

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：

小根堆建立如下:

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：

小根堆建立如下:

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;
    }
}
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压榨内存

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。

流是可以重复去读的, 用时间换空间;
可以用分治的思想,先读一遍流,把流中的数据个数分桶;
分桶之后遍历桶就可以得到中位数落在哪个桶里面,这样就把问题的范围缩小了。


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
        }
    }
}
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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)
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你的划分恰好落到这个桶里面,内存同样会爆掉。

再用时间换空间

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;
    }
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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。