字节5面挂,恶心到了。。。

字节五面

今天脉脉看到一篇帖子:

alt

楼主是 tx 的前员工,在字节五面(加轮)被挂后,认定(或许私下做了一些调查)是字节 HR 向 tx 背调,然后被前同事捏造虚假信息,导致的面试失利。

看完这帖子,我第一反应是:不至于吧?有没有可能是脑补情节大于实际?

于是我搜索了一下「字节五面」关键字,看到了以下的内容:

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alt
alt

似乎「字节五面挂」已经是一个普遍现象,光集中出现在 2023-11 时间段的就不少,更何况实际中可能还有"沉默的大多数"。

相比于最开始帖子的阴谋论,或许「五面挂」和「字节刷 KPI」的关联性更大一些。

这确实很难受,毕竟已经到五面了,对双方来说都是巨大的沉没成本,如果求职者是处于离职状态的话,伤害则更大。

对于这种情况,可以引用回之前 阿里员工面试 PDD 四面通过,但最终还是被挂 的建议:

""

确实,有时候我们很难判断 HR 是真的缺乏专业性,还是因为不想招人了而进行的故意拖延。

但我们又无法要求将 HR 沟通的这一步进行前置,这不现实。

目前所能做的最合理的做法只能是:求职过程中,有些公司的流程快,有些公司流程慢,无论快慢,都以发 offer 为准,不要将流程的繁琐视为沉没成本,如果在已经离职的情况下,尽量多家面试并行投递推进,既可以帮助自己快速进入面试状态,也不会落入流程走了一个多月,到之后没谈拢的局面。

""

...

回归主题。

来一道和「字节跳动」相关的算法原题。

题目描述

平台:LeetCode

题号:99

给你二叉搜索树的根节点 root,该树中的 恰好 两个节点的值被错误地交换。

请在不改变其结构的情况下,恢复这棵树 。

示例 1: alt

输入:root = [1,3,null,null,2]

输出:[3,1,null,null,2]

解释:3 不能是 1 的左孩子,因为 3 > 1 。交换 1 和 3 使二叉搜索树有效。

示例 2: alt

输入:root = [3,1,4,null,null,2]

输出:[2,1,4,null,null,3]

解释:2 不能在 3 的右子树中,因为 2 < 3 。交换 2 和 3 使二叉搜索树有效。

提示:

  • 树上节点的数目在范围

进阶:使用 空间复杂度的解法很容易实现。你能想出一个只使用 空间的解决方案吗?

基本分析

首先,别想复杂了。

所谓的恢复二叉树(两节点互换),只需要将两节点的 val 进行互换即可,而不需要对节点本身进行互换。

中序遍历 - 递归 & 迭代

二叉搜索树,其中序遍历是有序的。

要找到哪两个节点被互换,可通过比对中序遍历序列来实现。

但将整个中序遍历序列保存下来,再检测序列有序性的做法,复杂度是 的(不要说题目要求的 ,连 都达不到)。

所以第一步,「这个「递归 & 迭代」的次优解,我们先考虑如何做到 的空间复杂度,即在中序遍历过程中找到互换节点」

其实也很简单,除了使用 ab 来记录互换节点,额外使用变量 last 来记录当前遍历过程中的前一节点即可:

若存在前一节点 last 存在,而且满足前一节点值大于当前节点(last.val > root.val),违反“有序性”,根据是否为首次出现该情况分情况讨论:

  • 若是首次满足条件,即 a == null,此时上一节点 last 必然是两个互换节点之一,而当前 root 只能说是待定,因为有可能是 lastroot 实现互换,也有可能是 last 和后续的某个节点实现互换。

    此时有 a = last, b = root

  • 若是非首次满足条件,即 a != null,此时当前节点 root 必然是两个互换节点中的另外一个。

    此时有 b = root

综上:如果整个中序遍历的序列中“逆序对”为一对,那么互换节点为该“逆序对”的两个成员;若“逆序对”数量为两对,则互换节点为「第一对“逆序对”的首个节点」和「第二对“逆序对”的第二个节点」。

Java 代码(递归):

class Solution {
    TreeNode a = null, b = null, last = null;
    public void recoverTree(TreeNode root) {
        dfs(root);
        int val = a.val;
        a.val = b.val;
        b.val = val;
    }
    void dfs(TreeNode root) {
        if (root == nullreturn ;
        dfs(root.left);
        if (last != null && last.val > root.val) {
            if (a == null) {
                a = last; b = root;
            } else {
                b = root;
            }
        }
        last = root;
        dfs(root.right);
    }
}

Java 代码(迭代):

class Solution {
    public void recoverTree(TreeNode root) {
        Deque<TreeNode> d = new ArrayDeque<>();
        TreeNode a = null, b = null, last = null;
        while (root != null || !d.isEmpty()) {
            while (root != null) {
                d.addLast(root);
                root = root.left;
            }
            root = d.pollLast();
            if (last != null && last.val > root.val) {
                if (a == null) {
                    a = last; b = root;
                } else {
                    b = root;
                }
            }
            last = root;
            root = root.right;
        }
        int val = a.val;
        a.val = b.val;
        b.val = val;
    }
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度: ,其中 为树高

中序遍历 - Morris 遍历

Morris 遍历也就是经常说到的“神级遍历”,其本质是通过做大常数来降低空间复杂度。

还是以二叉树的中序遍历为例,无论是递归或是迭代,为了在遍历完左节点(也可以是左子树)时,仍能回到父节点,我们需要使用数据结构栈,只不过在递归做法中是用函数调用充当栈,而在迭代做法则是显式栈。

「这使得空间复杂度为 ,而 Morris 遍历的核心则是利用“路径底部节点”中的空闲指针进行线索。」

举个 🌰,对于一棵最简单的二叉树:

alt

在中序遍历过程中,如果选择递归或迭代方式,并且不使用栈的情况,当遍历完左子节点(或左子树的最后一个节点)后,将会面临无法返回根节点的问题。

在 Morris 遍历中,从根节点开始,尚未真正遍历左子节点之前,就会先建立「左子节点(或左子树的最后一个节点)」与「当前根节点」之间的链接,从而避免使用栈。

具体的,Morris 遍历的中序遍历遵循如下流程(喜欢的话可以背过):

  1. 令根节点为当前节点

  2. 只要当前节点不为空(while (root != null) ),重复执行如下流程:

    • 若当前节点的左子节点为空(root.left = null),将当前节点更新为其右子节点(root = root.right)

    • 若当前节点的左子节点不为空,利用临时变量 t 存储,找到当前节点的前驱节点(左子树中最后一个节点):

      • 若前驱节点的右子节点为空( t.right = null),将前驱节点的右子节点链接到当前节点( t.right = root),并将当前节点更新为左子节点( root = root.left
      • 若前驱节点的右子节点不为空,说明已链接到当前节点,此时将前驱节点的右子节点置空(删除链接 t.right = null),遍历当前节点,并将当前节点更新为右子节点( root = root.right

Java 代码:

class Solution {
    public void recoverTree(TreeNode root) {
        TreeNode a = null, b = null, last = null;
        while (root != null) {
            if (root.left == null) {
                if (last != null && last.val > root.val) {
                    if (a == null) {
                        a = last; b = root;
                    } else {
                        b = root;
                    }
                }
                last = root;
                root = root.right;
            } else {
                TreeNode t = root.left;
                while (t.right != null && t.right != root) t = t.right;
                if (t.right == null) { // 若前驱节点右子树为空, 说明是真正遍历左子树前, 建立与当前根节点的链接, 然后开始真正遍历左子树
                    t.right = root;
                    root = root.left;
                } else {  // 若已存在链接, 说明是第二次访问根节点, 左子树(前驱节点)已遍历完, 此时应该解开链接, 遍历当前节点以及右子树
                    t.right = null;
                    if (last != null && last.val > root.val) {
                        if (a == null) {
                            a = last; b = root;
                        } else {
                            b = root;
                        }
                    }
                    last = root;
                    root = root.right;
                }
            }
        }
        int val = a.val;
        a.val = b.val;
        b.val = val;
    }
}

C++ 代码:

class Solution {
public:
    void recoverTree(TreeNode* root) {
        TreeNode *a = nullptr, *b = nullptr, *last = nullptr;
        while (root != nullptr) {
            if (root->left == nullptr) {
                if (last != nullptr && last->val > root->val) {
                    if (a == nullptr) {
                        a = last; b = root;
                    } else {
                        b = root;
                    }
                }
                last = root;
                root = root->right;
            } else {
                TreeNode *t = root->left;
                while (t->right != nullptr && t->right != root) t = t->right;
                if (t->right == nullptr) {
                    t->right = root;
                    root = root->left;
                } else {
                    t->right = nullptr;
                    if (last != nullptr && last->val > root->val) {
                        if (a == nullptr) {
                            a = last, b = root;
                        } else {
                            b = root;
                        }
                    }
                    last = root;
                    root = root->right;
                }
            }
        }
        swap(a->val, b->val);
    }
};
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:

最后

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