2019 ByteDance Summer Camp
19年夏令營，頭條請了天奇大神過去做talk，我是衝着天奇大佬去的，他是做DL編譯器的，跟我個人的研究方向很類似，所以很期望能跟他當面交流一下。
夏令營有兩次筆試機會，取成績最高的一次作爲最終的成績。由於消息看到得晚，在下開始申請的時候，第一次筆試已經結束了。本人只參加了第二次筆試，筆試題目構成如下：單選題3題、不定向選擇題1題、填空題2題、編程題3題、設計類1題，共5類題目，時間兩個半小時(晚上7點-9點半)。
筆試是在牛客網完成的，筆試有一個特殊的要求：某一類題型全部做完了才能進入下一個題型，而且該類題型提交以後就不能修改了。比如說，選擇題有3題，你把3題全部做完了，點提交，才能去做其他類型的題目，一旦提交了就不能回過頭修改。所以合理安排時間非常重要，不能卡在某一類題目上太多時間，我是把非編程題類題目全部做完以後纔去做的編程題。中途有事，第二道編程題提交完，出去了一下，回來後第三題還沒看完就被強制提交了:D
單選題一：位示圖管理。操作系統磁盤管理的問題：給定柱面、磁道和扇區數據，利用位示圖對存儲管理；
單選題二：二進制含0的數量。操作系統內存頁映射的問題：限定問題場景，1GB內存，劃分爲131072個內存塊。給定一段簡單的C++代碼,開了一個1024大小的int數組，一段循環對該數組的每個元素按照某個規律賦值，同時給定操作系統邏輯頁號和內存塊號的映射表。假設數組的邏輯地址是64C0，從物理地址A6BC取4個字節的數據。問該數據二進制0的個數。
該題目不是很難，但是手工計算量挺大的，131072=2^17(我除了好久才除出來:D)，1GB=2^30B，所以塊大小是2^30B/2^17=2^13B=8KB，所以內存邏輯頁的layout關係大概是：
第0頁：0 ... 1FFF
第1頁：2000 ... 3FFF
第2頁：4000 ... 5FFF
第3頁：6000 ... 7FFF
第4頁：8000 ... 9FFF
第5頁：A000 ... BFFF
第6頁：C000 ... DFFF
第7頁：E000 ... FFFF
...
數組的邏輯起始地址是64C0，數組大小是1024個int，即4KB，半個內存頁。邏輯頁號從0開始，可以大概算出來，64C0所在的邏輯頁號爲3，頁內偏移爲4C0=1216，
根據邏輯頁和物理塊的映射表，可以查出來，第3頁對應的物理塊號是第5塊。而物理地址A6BC恰好也在第5塊，物理地址的塊內偏移是6BC=1724，數組的大小是4KB，所以並不會出現跨頁的現象，所以從物理地址A6BC取4個字節的數據實際上取的數據是(1724-1216)/4=127,所以只要計算出數組的第127個數據，把該數據轉換成二進制表示，數一下0的個數即可。
單選題三：牙齒-集合，智力題。黑帽子白帽子問題（或者紅眼藍眼問題）的變種，當時嘗試着用數學歸納法，理性地去分析了一下，發現沒有選項，所以就隨便選了一個:-)
不定向選擇題：全局變量，操作系統多線程局部變量和全局變量問題。a是全局變量，初始值爲0，兩個線程分別執行以下代碼：
for (int i = 1; i <= 2; ++i)
a += (i * ((i % 2) ? 1 : -1);
問最終a的可能取值是多少？
這裏的i是私有變量，每個線程會有單獨的副本，而a是全局變量，對每個線程都可見。把循環展開以後，每個線程的實際操作就是：
a += 1;
a += -2;
運算符+=相當於先讀後寫，有讀寫相關，所以每個線程的實際操作如下：
load R0, (a); 讀a的值
add R1, R0, 1; 計算臨時結果
store R1, (a); 寫回結果
load R2, (a); 讀a的值
add R3, R2, -2; 計算臨時結果
store R3, (a); 寫回計算結果
R表示讀，C表示計算，W表示寫，則可以簡寫成RCWRCW，R和W之間存在相關，W和W之間存在相關，對兩個線程枚舉出所有可能相關的情況(每個線程內部的指令相對有序)，就是最終可能的結果。
填空題一：含6的個數。數學題，1^2 + 3^2 + 5^2 + ... + (2n-1)^2 = M，當n=5*10^10的時候，求M中含數字6的個數。拿到這一題，第一反應，純數學問題啊，但是M怎麼算出來呢？本人的記憶裏，1^2 + 2^2 + ... + n^2等於什麼呢？忘記了，大概是n(n+1)(2n+1)/6，手動舉了幾個corner case驗證了一下，確實是這個，那麼：
S0 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + (2n)^2 = 2n(2n+1)(2*2n+1)/6
S1 = 2^2 + 4^2 + ... + (2n)^2 = (2*1)^2 + (2*2)^2 + ... + (2*n)^2
= 4*(1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2)
= 4*n(n+1)(2n+1)/6
S0 = M + S1
所以，M = S0 - M = n(2n-1)(2n+1)/3
所以，當n = 5*10^10的時候，M的值直接代入公式，
M = 5*10^10*(2*5*10^10-1)(2*5*10^10+1)/3
= 5*10^10*(10^11-1)(10^11+1)/3
M是個整數，所以(10^11 - 1)*(10^11 + 1)必定能被3整除，然後這個問題就成了一個找規律的問題了，x = (10^k - 1)*(10^k + 1)的結果很有規律：
k = 1, x = 99;
k = 2, x = 9999;
k = 3, x = 999999;
...
規律很明顯，當k=11的時候，(10^11-1)(10^11+1)=999...9,總共22個9，所以
M = 5*10^10*333...3(22個3)
所以答案也很明顯了，M應該有21個6。
填空題二：10枚外觀相同的硬幣，1枚假硬幣重量跟其他硬幣不同，給一個天平，最少稱重多少次能夠確定假硬幣，最多稱重多少次能確定假幣？而且題目也沒說假幣是比其他硬幣輕了還是重了，感覺這題歧義挺大的，看你怎麼理解最多和最少了。
我是這麼理解的，因爲題目只是說假幣跟其他硬幣質量不同，並沒有說假幣是輕還是重，所以不能按照5,5->2,2,1的方式去簡單地判斷。
如果剛開始分爲`5, 5`兩堆，那麼第1次稱重。
假設取了輕的一邊:
爲了確認假幣就是輕的，你需要在輕的一邊中繼續確認，`5->2, 2, 1`三堆，第2次稱重2v2：
如果2v2質量相同，你需要確認假幣是輕的還是重的，所以需要在4箇中隨機取1個，跟剩下的一個進行第3次1v1稱重：
如果1v1質量不同，那麼剩下的那個肯定是假幣，而且這種情況的結果只能是假幣是輕的。
如果1v1質量相同，那麼說明第1次稱重取錯了，可以確認假幣是重的。所以應該在另外5箇中再最多進行2次或者最少進行1次的稱重判斷。
如果2v2質量不同，那麼可以確認假幣就是輕的，那麼再進行1次判斷即可。
假設取了重的一邊，思路類似。
所以在這種思維模式下，最少需要3次，最多需要5次。
看到羣裏有人說把硬幣分3, 3, 4三堆的情況。
先3v3第1次稱重：
如果3v3質量相同，則假幣在4中，2v2第2次稱重：
如果取了輕的一邊，那麼1v1第3次稱重；
如果1v1質量相同，那麼說明取錯了，可以確認假幣就是重的；所以再進行第4次稱重就可以確認假幣；
如果1v1質量不同，那隻可能是輕的是假幣。
如果取了重的一邊，思路類似。
如果3v3質量不同，則還需要判斷假幣的輕重：
假設取了輕的一邊，先1v1進行第2次稱重:
如果質量相同，需要確定假幣是輕還是重的，需要在2箇中隨便取一個跟剩下的進行第3次1v1稱重；
如果1v1質量相同，可以確認假幣是重的，在重的3箇中在進行一次稱重就可以確認假幣；
如果1v1質量不同，可以確認假幣是輕的，輕的一邊即爲假幣；
如果質量不同，可以確認輕的一邊即爲假幣；
假設取了重的一邊，思路類似。
所以在這種思維模式下，最少需要2次，最多需要4次。
見評論區@聖聆 的解釋，ta的解釋應該最符合出題者的本意。最少2次，最多3次。大概思路是：
把10枚硬幣分成3, 3, 3, 1共4堆，記爲a, b, c, d。
若a v b質量相同，且a v c質量相同，則可以確定d爲假幣，總共2次稱重；
若a v b質量相同，且a v c質量不同：
若c重，則假幣在c中，且爲重假幣，在c中再經過一次稱重就可以確定假幣；
若c輕，則假幣在c中，且爲輕假幣，在c中再經過一次稱重就可以確定假幣；
若a v b質量不同，則稱重a v c:
若a v c質量相同，則假幣在b，對比之前a v b的輕重情況就可以確定是重假幣還是輕假幣，在b中再經過一次稱重就可以確定假幣；
若a v c質量不同，對比a v b，a v c的輕重情況。若b、c重，則輕假幣在a；若b、c輕則重假幣在a；知道輕重假幣後也再只需一次就可以稱出假幣；
這種思維方式應該最符合出題者的本意，所以最少2次，最多3次。
編程題一：立方體塔，題目大意：給定w個白色方塊和b個黑色方塊，用它們去搭一個塔。塔的要求是第h層有h個相同顏色的方塊。輸入是w和b，輸出塔的最高層數以及塔的種類(某一層顏色不同可以認爲是不同的種類)。
編程題二：變量名拆分。給定一個字符串，即變量名，和一個字符串集合，判斷能否拆開變量名，使得拆開後的字符串集合是給定字符串集合的子集。e.g.:輸入變量名：“thisisadog”，字符串集合：{“this”, “thisis”, “is”, “a”, “dog”}，這個例子應該輸出True.
其實是多模式字符串匹配問題。
編程題三：寶石迷陣。時間有限，在下還沒看完題目就被強制提交了。
問答題：羣聊消息。系統設計問題，針對釘釘等企業應用的羣聊消息狀態(已讀或者未讀)功能設計核心數據結構。要求解決場景問題，指出操作流程和時間複雜度，並指出至少兩個關鍵挑戰。
感覺主要解決三個場景問題：
1. 新用戶加入或者退出羣聊；
2. 新消息的發佈；
3. 某個用戶讀取了某個消息。
當時主要想法是，實際應用場景中，消息的數目明顯多餘用戶數目的，所以設計的核心數據結構是一個hashmap，msg_id爲key，value是一個bitmap，長度爲用戶數目，bitmap以usr_id索引用戶對該消息的讀取狀態，0表示未讀，1表示讀取，初始化構造的時候，默認消息是未讀的。
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當有新的用戶加入或者退出羣聊的時候，bitmap的長度需要更新，不考慮之前歷史信息的情況下(即後進羣的人看不到之前的消息)，有新消息發佈的時候再對bitmap擴容。
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新消息的發佈，則hashmap中需要插入新的記錄，bitmap的默認值全0，表示消息未讀取，複雜度O(1)。
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用戶u讀取了消息m，則根據msg_id拿到位圖的bitmap，利用usr_id更新位圖的狀態。
msg_id和usr_id用64位整型表示，假設有N個用戶和M個消息，則佔用內存大小爲N*M/8.
所以，對外暴露的接口至少要有4個：
void usr_comming(long usr_id); // 新用戶加入羣聊
void usr_leaving(long usr_id); // 用戶退出羣聊
void new_msg_pub(long pub_usr_id, long msg_id); // 用戶發佈消息
void usr_read_msg(long usr_id, long msg_id); // 用戶讀取了某條消息
兩個關鍵挑戰：
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用戶數目變化時，考慮到系統的複雜均衡，可以採用延時策略。對於用戶的減少，即用戶退出了羣聊，爲了保證系統的穩定，可以考慮並不立即縮短bitmap的寬度，可以延時到某個時刻再執行縮短操作；對於用戶的增加，
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隨着消息數目增加，佔用的內存量也會增加，考慮到系統的存儲壓力，所以需要維護一定的時間窗口，把時間窗口之外的數據存到磁盤中。對於那些全部已讀的消息，也可以考慮把它們存到磁盤中。
個人總結：
- 單選題手工計算量挺大的，某一個小的環節算錯了，該題目基本就gg了；本人當時筆試的時候，內存頁表映射那題，加減法算錯了，怎麼都得不出選項:-)數學題的公式推了5分鐘，最後把忘記除以6，也挺無語的。所以需要很細心，不能大意；
- 智力題有時候還是需要動腦子練習一下的；
- 第一次做系統設計題，也不知道該從哪些角度去回答這些問題，經過此次總結，大概知道了如何回答系統設計題。首先需要分析應用場景，需要解決哪些核心的問題，然後封裝抽象出核心的數據結構，給出類的設計，以及暴露出來的核心接口，並簡述每個接口的實現流程並做複雜度分析。最後從系統擴展性的角度指出可能會出現的瓶頸問題;
- 個人沒有任何找工作筆試的經驗，看來找工作之前還是有必要準備一下的。