由于 lucifer 我是一个小前端， 最近也在准备写一个《前端如何搞定算法面试》的专栏，因此最近没少看各大公司的面试题。都说字节跳动算法题比较难，我就先拿 ta 下手 。这次我们就拿一套 2018 年的前端校招（第四批）来看下字节的算法笔试题的难度几何。地址：https://www.nowcoder.com/test...

这套题一共四道题， 两道问答题， 两道编程题。

其中一道问答题是 LeetCode 426 的原题，只不过题型变成了找茬（改错）。可惜的是 LeetCode 的 426 题是一个会员题目，没有会员的就看不来了。不过，剑指 Offer 正好也有这个题，并且力扣将剑指 Offer 全部的题目都 OJ 化了。 这道题大家可以去 https://leetcode-cn.com/probl... 提交答案。简单说一下这个题目的思路，我们只需要中序遍历即可得到一个有序的数列，同时在中序遍历过程中将 pre 和 cur 节点通过指针串起来即可。

另一个问答是红包题目，这里不多说了。我们重点看一下剩下两个算法编程题。

两个问答题由于不能在线判题，我没有做，只做了剩下两个编程题。

球队比赛

第一个编程题是一个球队比赛的题目。

题目描述

有三只球队，每只球队编号分别为球队 1，球队 2，球队 3，这三只球队一共需要进行 n 场比赛。现在已经踢完了 k 场比赛，每场比赛不能打平，踢赢一场比赛得一分，输了不得分不减分。已知球队 1 和球队 2 的比分相差 d1 分，球队 2 和球队 3 的比分相差 d2 分，每场比赛可以任意选择两只队伍进行。求如果打完最后的 (n-k) 场比赛，有没有可能三只球队的分数打平。

思路

假设球队 1，球队 2，球队 3 此时的胜利次数分别为 a，b，c，球队 1，球队 2，球队 3 总的胜利次数分别为 n1，n2，n3。

我一开始的想法是只要保证 n1，n2，n3 相等且都小于等于 n / 3 即可。如果题目给了 n1，n2，n3 的值就直接：

print(n1 == n2 == n3 == n / 3)

可是不仅 n1，n2，n3 没给， a，b，c 也没有给。

实际上此时我们的信息仅仅是：

① a + b + c = k
② a - b = d1 or b - a = d1
③ b - c = d2 or c - b = d2

其中 k 和 d1，d2 是已知的。a ，b，c 是未知的。 也就是说我们需要枚举所有的 a，b，c 可能性，解方程求出合法的 a，b，c，并且 合法的 a，b，c 都小于等于 n / 3 即可。

这个 a,b,c 的求解数学方程就是中学数学难度， 三个等式化简一下即可，具体见下方代码区域。

• a 只需要再次赢得 n / 3 - a 次
• b 只需要再次赢得 n / 3 - b 次
• c 只需要再次赢得 n / 3 - c 次

n1 = a + n / 3 - a = n / 3
n2 = b + (n / 3 - b) = n / 3
n3 = c + (n / 3 - c) = n / 3

代码(Python)

牛客有点让人不爽， 需要 print 而不是 return

t = int(input())
for i in range(t):
    n, k, d1, d2 = map(int, input().split(" "))
    if n % 3 != 0:
        print('no')
        continue
    abcs = []
    for r1 in [-1, 1]:
        for r2 in [-1, 1]:
            a = (k + 2 * r1 * d1 + r2 * d2) / 3
            b = (k + -1 * r1 * d1 + r2 * d2) / 3
            c = (k + -1 * r1 * d1 + -2 * r2 * d2) / 3
            a + r1
            if  0 <= a <= k and 0 <= b <= k and 0 <= c <= k and a.is_integer() and b.is_integer() and c.is_integer():
                abcs.append([a, b, c])
    flag = False
    for abc in abcs:
        if len(abc) > 0 and max(abc) <= n / 3:
            flag = True
            break
    if flag:
        print('yes')
    else:
        print('no')

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(t)$
• 空间复杂度：$O(t)$

小结

感觉这个难度也就是力扣中等水平吧，力扣也有一些数学等式转换的题目， 比如 494.target-sum

转换字符串

题目描述

有一个仅包含’a’和’b’两种字符的字符串 s，长度为 n，每次操作可以把一个字符做一次转换（把一个’a’设置为’b’，或者把一个’b’置成’a’)；但是操作的次数有上限 m，问在有限的操作数范围内，能够得到最大连续的相同字符的子串的长度是多少。

思路

看完题我就有种似曾相识的感觉。

每次对妹子说出这句话的时候，她们都会觉得好假 ^_^

不过这次是真的。 ”哦，不！每次都是真的“。 这道题其实就是我之前写的滑动窗口的一道题【1004. 最大连续 1 的个数 III】滑动窗口（Python3）的换皮题。 专题地址：https://github.com/azl3979858...

所以说，如果这道题你完全没有思路的话。说明：

• 抽象能力不够。
• 滑动窗口问题理解不到位。

第二个问题可以看我上面贴的地址，仔细读读，并完成课后练习即可解决。

第一个问题就比较困难了， 不过多看我的题解也可以慢慢提升的。比如：

• 《割绳子》 实际上就是 343. 整数拆分 的换皮题。
• 力扣 230 和 力扣 645 就是换皮题，详情参考位运算专题
• 以及 你的衣服我扒了 - 《最长公共子序列》
• 以及 穿上衣服我就不认识你了？来聊聊最长上升子序列
• 以及 一招吃遍力扣四道题，妈妈再也不用担心我被套路啦～
• 等等

回归这道题。其实我们只需要稍微抽象一下， 就是一个纯算法题。 抽象的另外一个好处则是将很多不同的题目返璞归真，从而可以在茫茫题海中逃脱。这也是我开启《我是你的妈妈呀》 的原因之一。

如果我们把 a 看成是 0 ， b 看成是 1。或者将 b 看成 1， a 看成 0。不就抽象成了：

给定一个由若干 0 和 1 组成的数组 A，我们最多可以将 m 个值从 0 变成 1 。

返回仅包含 1 的最长（连续）子数组的长度。

这就是 力扣 1004. 最大连续 1 的个数 III 原题。

因此实际上我们要求的是上面两种情况:

1. a 表示 0， b 表示 1
2. a 表示 1， b 表示 0

的较大值。

lucifer 小提示： 其实我们也可以仅仅考虑一种情况，比如 a 看成是 0 ， b 看成是 1。这个时候， 我们操作变成了两种情况，0 变成 1 或者 1 变成 0，同时求解的也变成了最长连续 0 或者 最长连续 1 。 由于这种抽象操作起来更麻烦， 我们不考虑。

问题得到了抽象就好解决了。我们只需要记录下加入窗口的是 0 还是 1：

• 如果是 1，我们什么都不用做
• 如果是 0，我们将 m 减 1

相应地，我们需要记录移除窗口的是 0 还是 1:

• 如果是 1，我们什么都不做
• 如果是 0，说明加进来的时候就是 1，加进来的时候我们 m 减去了 1，这个时候我们再加 1。

lucifer 小提示： 实际上题目中是求连续 a 或者 b 的长度。看到连续，大家也应该有滑动窗口的敏感度， 别管行不行， 想到总该有的。

我们拿 A = [1, 1, 0, 1, 0, 1], m = 1 来说。看下算法的具体过程：

lucifer 小提示： 左侧的数字表示此时窗口大小，黄色格子表示修补的墙，黑色方框表示的是窗口。

这里我形象地将 0 看成是洞，1 看成是墙， 我们的目标就是补洞，使得连续的墙最长。

每次碰到一个洞，我们都去不加选择地修补。由于 m 等于 1， 也就是说我们最多补一个洞。因此需要在修补超过一个洞的时候，我们需要调整窗口范围，使得窗口内最多修补一个墙。由于窗口表示的就是连续的墙（已有的或者修补的），因此最终我们返回窗口的最大值即可。

由于下面的图窗口内有两个洞，这和”最多补一个洞“冲突， 我们需要收缩窗口使得满足“最多补一个洞”的先决条件。

因此最大的窗口就是 max(2, 3, 4, ...) = 4。

lucifer 小提示： 可以看出我们不加选择地修补了所有的洞，并调整窗口，使得窗口内最多有 m 个修补的洞，因此窗口的最大值就是答案。然而实际上，我们并不需要真的”修补“（0 变成 1），而是仅仅修改 m 的值即可。

我们先来看下抽象之后的其中一种情况的代码：

class Solution:
    def longestOnes(self, A: List[int], m: int) -> int:
        i = 0
        for j in range(len(A)):
            m -= 1 - A[j]
            if m < 0:
                m += 1 - A[i]
                i += 1
        return j - i + 1

因此完整代码就是：

class Solution:
    def longestOnes(self, A: List[int], m: int) -> int:
        i = 0
        for j in range(len(A)):
            m -= 1 - A[j]
            if m < 0:
                m += 1 - A[i]
                i += 1
        return j - i + 1
    def longestAorB(self, A:List[int], m: int) -> int:
        return max(self.longestOnes(map(lambda x: 0 if x == 'a' else 1, A) ,m), self.longestOnes(map(lambda x: 1 if x == 'a' else 0, A),m))

这里的两个 map 会生成两个不同的数组。 我只是为了方便大家理解才新建的两个数组， 实际上根本不需要，具体见后面的代码.

代码(Python)

i = 0
n, m = map(int, input().split(" "))
s = input()
ans = 0
k = m #   存一下，后面也要用这个初始值
# 修补 b
for j in range(n):
    m -= ord(s[j]) - ord('a')
    if m < 0:
        m += ord(s[i]) - ord('a')
        i += 1
ans = j - i + 1
i = 0
# 修补 a
for j in range(n):
    k += ord(s[j]) - ord('b')
    if k < 0:
        k -= ord(s[i]) - ord('b')
        i += 1
print(max(ans, j - i + 1))

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(N)$
• 空间复杂度：$O(1)$

小结

这道题就是一道换了皮力扣题，难度中等。如果你能将问题抽象，同时又懂得滑动窗口，那这道题就很容易。我看了题解区的参考答案， 内容比较混乱，不够清晰。这也是我写下这篇文章的原因之一。

总结

这一套字节跳动的题目一共四道，一道设计题，三道算法题。

其中三道算法题从难度上来说，基本都是中等难度。从内容来看，基本都是力扣的换皮题。但是如果我不说他们是换皮题， 你们能发现么？ 如果你可以的话，说明你的抽象能力已经略有小成了。如果看不出来也没有关系，关注我。 手把手扒皮给你们看，扒多了慢慢就会了。切记，不要盲目做题！如果你做了很多题， 这几道题还是看不出套路，说明你该缓缓，改变下刷题方式了。

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