首先感謝熱心助人的崔同學，耐心給我講解猿題庫的面試風格，讓我能安心只準備了算法和system design。不過算法也沒準備，最近正常刷題而已；system design也只是復習了下搜狗的項目。相當于是裸面了。。。萬幸其他方面一點都沒有問，最后也拿到了實習offer。
一面
一面的面試官看起來不到30，應該是普通研發，當然很可能是準mentor。進屋介紹了下面試流程和公司，然后讓我問問題。我覺得過不過都沒準呢有什么好問的，所以接話茬問了幾個面試流程相關的問題。
算法
都說猿題庫主要考算法，我以為是暴力的上來就寫題，這面試官不錯，先讓我自我介紹放松了一下，然后就說，“我們寫個題吧”。
鏈表，交換兩元素
給定一個單鏈表的頭結點head，兩個值v1、v2，在鏈表中找到這兩個結點并交換。
跟面試官確定的信息：
- 有無prev
- Node的結構（val，next）
- 返回值
題目很簡單，那很可能在考察邊界條件和coding style；算法方面cc大神說的好，鏈表靠畫圖；交換數組需要記錄前置節點，給頭結點增加前置節點dummyNode，簡化代碼，也簡化邊界條件。
剛要寫，面試官就攔住我，跟我說可以先聊聊思路，能先動嘴皮我萬分感謝啊，，，“邊界條件先不管，算法的主要過程是……”。面試官肯定之后才讓我寫代碼。
算法很簡單，直接看代碼吧：
// define of Node(val, next)
public Node swap(Node head, int v1, int v2) {
// no need to swap
if (head == null || head.next == null) {
return head;
}
// no need to swap
if (v1 == v2) {
return head;
}
Node dummy = new Node(0, head);
Node prev1 = dummy;
Node prev2 = dummy;
Node prev = dummy;
while (prev.next != null) {
if (prev.next.val == v1) {
prev1 = prev;
}
if (prev.next.val == v2) {
prev2 = prev;
}
}
// no need to swap
if (prev1 == dummmy || prev2 == dummmy) {
return head;
}
internalSwap(prev1, prev2);
return dummy.next;
}
private void internalSwap(Node prev1, Node prev2) {
if (prev1.next == prev2) {
internalSwapNextTwo(prev1);
return;
}
if (prev2.next == prev1) {
internalSwapNextTwo(prev2);
return;
}
Node next1 = prev1.next;
Node next2 = prev2.next;
prev1.next = next2;
prev2.next = next1;
Node tmp = next1.next;
next1.next = next2.next;
next2.next = tmp;
return;
}
private void internalSwapNextTwo(Node first) {
Node second = first.next;
Node third = second.next;
second.next = third.next;
third.next = second;
first.next = third;
return;
}
寫完代碼，面試也是先讓我拿著代碼講講思路。這部分主要是免去面試官硬讀代碼的麻煩，也方便面試官考察你代碼的模塊性，甚至一些變量、函數的命名。算法主體剛才講過，于是我一句話帶過，重點講了swap方法中的邊界條件，然后面試官就開始自己看代碼。之后又讓我講internalSwap方法的原理，我也是先講算法主體，再講邊界條件。
矩陣旋轉
面試官說這個題很常見，但是我只聽說過，，，后悔自己當時沒看。
給定一個
n*n的矩陣，元素為整數，將矩陣旋轉。
跟面試官確定的信息：
- 是按照旋轉后的順序輸出矩陣元素即可，還是要改變原來的矩陣
- 返回值
我只知道有矩陣旋轉這道題，所以剛聽完題目的我是懵逼的。那沒辦法，只能硬著頭皮上。
這道題我開始沒溝通好，沒有問返回值，以為只要按照旋轉后的順序輸出矩陣元素即可（控制循環順序）。說完思路，面試官意識到我理解錯了題意，耐心告訴我要返回一個矩陣。但也沒有急著否定我的方法，而是問我這種方法的時間復雜度和空間復雜度。那就都是O(n^2)了，面試官就說也可以改變原來的矩陣，降低空間復雜度。
我想了一會，想到reverse操作一般是O(1)的，而且經常能通過各種reverse的組合達到神奇的效果。于是就想著先按照斜主對角線reverse一下，也就是斜翻——還差點；再按照豎中軸線reverse一下，也就是對翻，握草正好搞定。
我用3*3的矩陣跟面試官說了思路后，面試官又讓我實驗4*4的矩陣，，，我以為有問題，結果畫完發現是正確的。面試官就說，“恩，實驗了也對吧。這其實是個數學問題，跟矩陣的性質有關，你能不能證明一下？”我大學線代課都是睡過去的，跟面試管坦誠線代真的忘光了，于是就直接讓我寫代碼了。
代碼：
public int[][] transfer(int[][] matrix) {
if (matrix == null || matrix.length <= 1) {
return matrix;
}
if (matrix[0] == null || matrix[0].length <= 1) {
return matrix;
}
xiefan(matrix);
duifan(matrix);
return matrix;
}
private void xiefan(int[][] matrix) {
for (int i = 0; i < matrix.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
swap(matrix, i, j, j, i);
}
}
}
private void duifan(int[][] matrix) {
for (int i = 0; i < matrix.length; i++) {
for (int j = 0; j < matrix[0].length / 2; j++) {
swap(matrix, i, j, i, matrix[0].length - 1 - j);
}
}
}
private swap(int[][] matrix, int x1, int y1, int x2, int y2) {
int tmp = matrix[x1][y1];
matrix[x1][y1] = matrix[x2][y2];
matrix[x2][y2] = matrix[x1][y1];
}
后面的過程跟上一題一樣，分析時間復雜度與空間復雜度等。
網上更流行的解法是直接旋轉一圈，我面試時也想到了，不過覺得不好推導，沒有reverse的性質通用。不過我覺得需要掌握這種用法，也不用硬記，看過一遍key point，面試時很快能推出來。參考LeetCode：Rotate Image的解法2。
簡單聊項目
兩道算法題之后，時間就差不多了，面試官讓我介紹下我在搜狗最滿意的一個項目，我回答的非常亂，還好這次主要不是面試system design。然后面試官讓我等一下二面就走了，我趕緊復習之前整理的項目介紹。
二面
二面的面試官，，，確實很帥，讓我想起了去年9月份在nice的面試，不過面到一半去開會了，讓我等20分鐘，，，結果我等了一個小時。中間還有更尷尬的事情，不過這不重要，也不是人家故意的，面試最重要。
本來是先考system design，再考算法，不過system design考到一半面試官就去開會了，丟給我一道算法題，開完會也是先講的算法題，所以這里先介紹算法部分。
算法
非遞歸版歸并排序
只考了一道算法題，而且面試官說完題意，看我沒有思路就先走了，留給我20分鐘思考+代碼。
知道歸并排序吧？歸并排序一般用遞歸實現，如果不用遞歸怎么實現呢？
跟面試官確定的信息：
- 返回值
對，才開始刷題的我也沒見過這道題。但是過了一會也想通了，就是用循環模擬遞歸版歸并排序的執行過程，算法描述如下：
- 申請數組B，大小為A.length
- 設segLen為1，定義長度為segLen的子數組為1個seg
- 每兩個seg為一組，分別做2路歸并
- 將數組B拷貝回A
- segLen = segLen * 2
- 如果segLen小于A.length，則回到步驟3；否則繼續
- 返回數組A
因為面試官出去開會了，所以我直接寫了代碼：
public int[] mergeSort(int[] array) {
if (array == null || array.length <= 1) {
return array;
}
int[] arrA = array;
int[] arrB = new int[arrA.length];
for (int seg = 1; seg < arrA.length; seg *= 2) {
for (int i = 0; (i + 1) * seg < arrA.length; i++) {
merge(arrA, i * seg, (i + 1) * seg, seg, arrB);
}
System.arrayCopy(arrB, arrA);
}
return arrA;
}
private void merge(int[] arrA, int start1, int start2, int seg,
int[] arrB){
int l = start1;
int r = start2;
int i = start1;
while (l < start1 + seg && r < start2 + seg
&& l < arrA.length && r < arrA.length) (
if (arrA[l] <= arrA[r]) {
arrB[i] = arrA[l];
l++;
} else {
arrB[i] = arrA[r];
r++;
}
i++;
)
while (l < start1 + seg && l < arrA.length) {
arrB[i] = arrA[l];
l++;
i++;
}
while (r < start2 + seg && r < arrA.length) {
arrB[i] = arrA[r];
r++;
i++;
}
return;
}
后面也是分析時間復雜度和空間復雜度等。注意如何分析這道題的時間復雜度：外層循環O(logn)，內層循環O(n)，數組拷貝O(n)，所以算法整體是O(nlogn)。
system design
背景不表，精簡描述如下：
學生每天都會做題，要求設計一個架構，學生做題后，能實時看到自己的排名、前100名的排行榜，作業量每天更新。
跟面試官確定的信息：
- 排行榜按照什么排序——作業量
- 作業量是計算作業次數還是總量——總量
有一些system design的題目很經典，在面試中經常出現。我不知道這種屬于經典題還是面試官自己出的題目，反正我都沒見過，也沒準備，做起來是一樣的。不過如果有精力，建議多看看經典案例，真的能學到不少key point。
題目概括起來有四個要求：
- 所有查詢都是實時的
- 學生能查看自己的排名
- 維護排名前100的排行榜
- 作業量每天清零，從新計算
第4點沒什么意思，分庫分表，甚至每天清空一次數據庫都可以，可以不考慮。對于高并發的系統而言，可概括為兩個需求：
- 學生能實時查詢自己的排名
- 排行榜能實時更新
我設計的方案以一個桶為核心——之所以想到桶，多半是因為面試前還在復習ConcurrentHashMap的源碼。ConcurrentHashMap是java.util.concurrent包中的一個神器，也算是面試常考點，你知道它的size()方法是怎么實現的嗎？我忘記了，不過我在書里的筆記討論了三種方案：
- 維護size變量；每次有段更新時，同步修改size變量。并發瓶頸在于size變量上的鎖，相當于退化回了串行更新。
- 不維護size變量，但維護每段的segSize；每次有段更新時，僅修改segSize；每次調用size()方法，把所有segSize加起來。可根據一致性要求選擇不同的segSize加和策略：要求完全一致性就在計算時所處所有seg，那么調用size()方法時產生了并發瓶頸；要求弱一致性，可直接加和。
- 維護size變量；當segSize修改時，將size置為-1；調用size()方法時，如果size為-1，則重新計算size，同上；如果size不為-1，則表示期間未修改seg，直接返回size。方案3主要針對方案2，相當于緩存了size值，這樣不需要在未修改segSize時重復計算size。
好好理解這三種方案，我的設計基于方案2.
需求1
對于需求1，相當于ConcurrentHashMap中調用size()方法的操作。不同的是，可能存在上千萬個學生，對每個學生都維護size顯然是不合適的，而不需要維護size的就只有方案2了。
具體來說，可以認為作業量有上限，一個學生不可能一天做無數作業。則可以維護一組有限的有序桶（桶內是否有序可根據讀寫比例調整），每個桶代表一段作業量的范圍（桶的范圍可根據并發規模設置，作業量頻率高的桶可繼續分成更小的桶，作業頻率低的桶可合并成更大的桶），桶之間不重合。則：
當前學生的排名 = 當前學生之前所有桶的size之和 + 當前學生在其桶內的排名
需求1的實時性要求一般沒有那么高，因為用戶只看自己的排名，就算有一定延遲也不會影響用戶體驗，因此，每次用戶查看排名都計算一次的消耗是可以接受的。當然，我們可以進一步優化，比如維護截止到每段開頭的總排名R，不過這需要增加一個服務實時去維護該段之后段的總排名R'，很可能是得不償失的。
需求2
稱作業量高的桶為大端桶，作業量低的桶和小端桶。對于需求2，相當于要維護大端桶中的前100個學生。由于假定作業量是有限的，則可以從最大作業量所在的桶開始遍歷，直到遍歷非空桶，且已按照作業量遞減的順序遍歷了100個學生為止，返回排行榜。
可以做一個優化——記錄當前最大作業量maxCnt，則最大桶的上界不超過maxCnt，且最大桶的size也不超過閾值sizeThreshold，那么每次可直接從最大的空桶開始遍歷。
可以繼續優化——由于我們關心的是固定前100個學生，那么直接維護一個最大堆maxHeap是更好的選擇。對于排行榜而言，顯然只有插入和查詢（取前100）操作，baseline模型相當于插入O(1)查詢O(nlogn)；或者插入排序，則插入時O(n)，查詢時O(1)；而最大堆插入時O(logn)，查詢時O(1)。
由于作業量高的學生總是極少數的，所以大端桶的并發量要遠小于其他桶，維護maxCnt和maxHeap的成本非常小，收益卻相當可觀。
最后，可以在maxHeap前加一層緩存，異步更新，以加速前端訪問。
follow up
在基本的架構介紹完后，面試官又給出了幾個follow up問題：
- 現在的服務都是單點的，如何解決單點故障？
- 你的桶要保存在內存里，發生了單點故障怎么辦？
對于問題1，我把Hadoop的HA方案套上了。面試官似乎不了解Hadoop的內容，覺得我答的不錯。對于問題2，我清楚分析了不應該把桶與服務保存在同一份內存中，而應該盡量讓服務無狀態，桶交給存儲層，不需要關心桶的結構。把問題2轉換成了問題3，“如何解決存儲的單點故障”。
首先，HA的方案仍然有效。但老一套沒意思，我就說可以換一種方案。服務端多實例，客戶端掛載服務端的實例列表，寫數據時讓客戶端維護服務端的數據一致性（全部寫才算寫成功），還順帶解決了讀數據時負載均衡的問題；用事務id解決客戶端寫失敗導致的一致性問題。
現在寫面經的時候才發覺這里回答的并不好。這種方案的寫負載太高了，而并發寫時往往涉及同步問題，就更麻煩了。如果還是基于客戶端掛載的方案，那么可以參照NRW策略，只需要保證R+W>N，就可以保證強一致性。不過總感覺還是不夠好，比如這種設計沒有考慮到可伸縮性，距離真正的分布式存儲系統差距還非常大。
PS：
- N代表數據所具有的副本數。
- R表示完成讀操作所需要讀取的最小副本數，即一次讀操作所需要參與的最小節點數目。
- W表示完成寫操作所需要寫入的最小副本數，即一次寫操作所需要參與的最小節點數目。
總結
哎，面試完已經7點半了。從下午4點半開始，3個小時，還是挺熬人的，累累累，不過當場拿到offer十分滿足。
最后詢問面試官對我的評價：
- 反應快——可能因為看出來我后面兩題都沒做過卻自己想出來了。
- 代碼寫的很好——受寵若驚啊，太不好意思了！！！
- 系統設計也不錯，給出基本問題，能清楚設計出可行的方案，雖然可能沒有怎么接觸業界的方案，但自己想的方案也比較完整。
二面的面試官是部門總監（創業公司的總監都相當年輕），這么評價，程度上肯定有夸張了。不過方向上應該值得參考，幫助自己揚長避短。
我還詢問了今天面試跟正式校招的難度差距。面試官說跟校招難度類似，略微低一些，但差距不大。我挺驚訝的，都說猿題庫面試重算法，比較難，面試之前我以為自己一道題就會被轟走，沒想到撐到了最后。。。第一場面試經歷如此甜美，幸福幸福~
給自己的建議：
- 乖乖刷題，題量太小，碰到新題就龜速
- 聽強爺的多練習表達，特別在系統設計上，如何做到條理清晰，吐字清晰，表現出自己的能力，這一點至關重要
- 盡量不要裸面了，這次多虧面試前碰巧看了相關內容，否則可能就掛了
- 菜雞，不要膨脹！不要膨脹！不要膨脹！
本文鏈接：【面經】猿題庫-2017年8月25日，散招實習生
作者：猴子007
出處：https://monkeysayhi.github.io
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