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谷歌100多次面试都会提的一个问题,你会解吗?

原标题:谷歌100多次面试都会提的一个问题,你会解吗?

新智元推荐

来源:AI科技大本营(ID:rgznai100)

作者:Kevin Ghadyani 译者:清儿爸 编辑:Rachel

整理:三石

【新智元导读】最近,一道谷歌面试题火了。这是TechLead在谷歌100多次面试中提到的问题,这引起了本文作者Kevin Ghadyani的极大兴趣,并讨论了解决该问题的所有传统方法。

为了更了解其他人对软件工程的看法,我开始疯狂在 YouTube 上追 TechLead 的视频。在接下来的几天里,我为他在 Google 工作时提出的一道面试题想出了各种解决方案。

通过 TechLead 模拟 Google 面试(软件工程师职位)

TechLead 在 Google 的 100 多次面试中都提出了一个问题,这引起了我对 RxJS 的兴趣。本文会讨论解决该问题的所有传统方法。

他问这个问题的真正目的是从应聘者得到下列信息:在编码之前,他们会问正确的问题吗?提出的解决方案是否符合项目指南?他甚至指出,是否得到正确的答案一点都不重要,重要的是应聘者的思考方式,以及应聘者是否能够理解这个问题。

他谈到了一些解决方案,包括递归方法(受堆栈大小限制)和迭代方法(受内存大小限制)。本文将对这两个解决方案进行详细讨论。

TechLead 的问题

在 TechLead 的问题中,他要求应聘者在如下网格中,计算出所有颜色相同的最大连续块的数量。

当看到这个问题时,我的第一反应是,必须做一些 2D 图像建模才能解决这个问题。听起来这道题在面试中几乎不可能回答出来。

但在听完他的详细解释之后,我方知情况并非如此。在这个问题中,我们需要处理的是已经捕获的数据,而不是解析图像。

数据建模

在编写任何代码之前都需要定义数据模型。对于任何问题,首先要弄清楚我们在处理什么,并收集业务需求。

在我们案例中,TechLead 为我们定义了许多具体的需求,例如:

我们还可以从数据中获得更多信息:

还有一些未知信息,例如:

开发人员的水平越高,其需要问的问题越多。虽然这有所帮助,但如果不能找出未知信息,问题的实际解决还是会存在阻碍。

大部分人并不会想到询问这些未知信息。在开始研究这个算法之前,我也不知道这些未知信息是什么。要找到所有的未知信息,需要与业务人员进行反复的讨论才行。

对于 TechLead 的这张照片来说,颜色的分布似乎是随机的。他只用了三种颜色,并且没有提到其他限制,因此我们暂时也做这种假设。另外我们还假设,这些颜色可能是相同的。

为了保证算法的有效性,因此我假设我们使用的是 100x100 的网格,以避免处理1行10000列这样的极端情况。

在一般情况下,我会在查看数据的最初几个小时内询问所有这些问题。这也是 TechLead 真正关心之处。应聘者需要思考,是要从编写一个随机解决方案开始,还是要首先找出问题所在。如果提前计划的话,这些问题将更容易处理。在解决这些问题之后,我们最终只需重写代码的一小部分即可。

创建数据模型

我们需要知道数据是如何输入的,以及我们希望以何种形式来处理这些数据。由于没有处理数据的系统,因此我们需要自己设计一个可视化的方法。

数据的基本结构如下:

需要 ID 的原因在于,我们可能不止一次碰到同一个图片格。要想防止无限循环的话,就必须标记在这些情况下该图片格所处的位置。

此外,像这样的数据通常会分配某些 ID、哈希值或其他值。它是一个唯一的标识符,因此,我们可以通过某种方式来标识特定的节点。如果我们想知道最大的连续块,就需要知道该块中有哪些节点。

由于 TechLead 使用网格对数据进标识,我假设我们会得到 X 和 Y 的值。依靠这些属性,我就能够生成一些 HTML,并确保生成的内容与他给我们的内容相类似。

这是使用绝对定位来完成的,就像他的例子一样:

答案:3

这种方法也可以处理更大一些的数据集,如下图:

答案:18

下面是生成节点的代码:

1constgenerateNodes = ({

2numberOfColumns,

3numberOfRows,

4}) => (

5Array(

6numberOfColumns

7* numberOfRows

8)

9.fill()

10.map((

11item,

12index,

13) => ({

14colorId: (

15Math

16.floor(

17Math.random() * 3

18)

19),

20id: index,

21x: index % numberOfColumns,

22y: Math.floor(index / numberOfColumns),

23}))

24)

我们使用行列信息创建一个一维数组,然后根据这些数据生成节点。

我用的是 colorId 而不是 color 。这样做有两个原因,一是随机化更为简洁,二是我们通常必须自己查找颜色值。

虽然 TechLead 没有明确说明,但该题目只用了 3 个颜色值,因此,我将数据集限制为 3 种颜色。我们只需知道它可能有数百种颜色,最终的算法就不需要改变了。

下面是一个更简单的例子,这是一个 2x2 的节点列表:

1[

2{ colorId: 2, id: 0, x: 0, y: 0},

3{ colorId: 1, id: 1, x: 1, y: 0},

4{ colorId: 0, id: 2, x: 0, y: 1},

5{ colorId: 1, id: 3, x: 1, y: 1},

6]

数据处理

我们希望知道每个节点的邻接关系,但仅靠 X 和 Y 的值无法做到。所以,给定 X 和 Y,我们还需要找出如何找出相邻的 X 和 Y 值。其实很简单,我们只需在 X 和 Y 上找到 +1 和 -1 的节点即可。

我为此写了一个函数:

1constgetNodeAtLocation = ({

2nodes,

3x: requiredX,

4y: requiredY,

5}) => (

6(

7nodes

8.find(({

9x,

10y,

11}) => (

12x === requiredX

13&& y === requiredY

14))

15|| {}

16)

17.id

18)

我们用来生成节点的方式,实际上是一种计算相邻节点 ID 的数学方法。而在这一步中,我将采取一个与之相反的思路,即假设节点将以随机顺序输入。

我通过再次遍历所有节点来添加邻接关系:

1constaddAdjacencies = (

2nodes,

3) => (

4nodes

5.map(({

6colorId,

7id,

8x,

9y,

10}) => ({

11color: colors[colorId],

12eastId: (

13getNodeAtLocation({

14nodes,

15x: x + 1,

16y,

17})

18),

19id,

20northId: (

21getNodeAtLocation({

22nodes,

23x,

24y: y - 1,

25})

26),

27southId: (

28getNodeAtLocation({

29nodes,

30x,

31y: y + 1,

32})

33),

34westId: (

35getNodeAtLocation({

36nodes,

37x: x - 1,

38y,

39})

40),

41}))

42.map(({

43color,

44id,

45eastId,

46northId,

47southId,

48westId,

49}) => ({

50adjacentIds: (

51[

52eastId,

53northId,

54southId,

55westId,

56]

57.filter((

58adjacentId,

59) => (

60adjacentId !== undefined

61))

62),

63color,

64id,

65}))

66)

这个预处理代码中,我尽量避免了任何不必要的优化。它不会影响算法的最终性能,只会有助于简化我们的算法。

接下来,我将 colorId 换成 color 。这对于我们的算法而言其实没有必要,这一步只是为了更好的可视化。

我们为每组相邻的 X 和 Y 值调用 getNodeAtLocation 函数,并找到我们的 northId 、 eastId 、 southId 和 westId 。在此步骤中,我们不会对 X 和 Y 的值进行参数传递。

获取基本 ID 之后,再将它们转换为一个 adjacentIds 数组,这个数组只包含那些具有值的邻接数组。如此一来,如果我们有边角的话,就不用担心检查这些 ID 是不是为空。它还允许我们对数组进行循环,而无需在算法中手工记录每个基本 ID。

下面是另一个 2x2 网格的示例,这里我们使用了一组新的节点,并通过 addAdjacencies 来运行:

1[

2{ adjacentIds: [ 1, 2 ], color: 'red', id: 0},

3{ adjacentIds: [ 3, 0], color: 'grey', id: 1},

4{ adjacentIds: [ 3, 0], color: 'blue', id: 2},

5{ adjacentIds: [ 1, 2], color: 'blue', id: 3},

6]

优化预处理过程

为了简化本文的算法,我添加了另一个优化过程。该算法将删除与当前节点颜色不匹配的相邻 ID。

重写 addAdjacencies 函数,如下:

1const addAdjacencies = (

2nodes,

3) => (

4nodes

5.map(({

6colorId,

7id,

8x,

9y,

10}) => ({

11adjacentIds: (

12nodes

13.filter(({

14x: adjacentX,

15y: adjacentY,

16}) => (

17adjacentX === x + 1

18&& adjacentY === y

19|| (

20adjacentX === x - 1

21&& adjacentY === y

22)

23|| (

24adjacentX === x

25&& adjacentY === y + 1

26)

27|| (

28adjacentX === x

29&& adjacentY === y - 1

30)

31))

32.filter(({

33colorId: adjacentColorId,

34}) => (

35adjacentColorId

36=== colorId

37))

38.map(({

39id,

40}) => (

41id

42))

43),

44color: colors[colorId],

45id,

46}))

47.filter(({

48adjacentIds,

49}) => (

50adjacentIds

51.length > 0

52))

53)

我在添加更多功能的同时简化了 addAdjacencies 。

通过删除颜色不匹配的节点,我们的算法可以 100% 确定 adjacentIds 属性中的任何 ID 都是邻接的节点。

最后,我删除了所有不具有相同颜色邻接的节点,这进一步简化了我们的算法。这样,我们就将节点缩减为只有我们关心的那些节点。

错误的方式:递归

TechLead 指出,我们无法递归地执行这个算法,因为我们会遇到堆栈溢出的问题。

虽然在一定程度上,他这么说是对的,但有几种方法可以缓解这个问题。我们可以使用迭代或者尾递归(tail recursion),但 Java 不再将尾递归作为自带功能。

尽管我们仍然可以用 Java 来写一个尾递归函数,但为使得算法更加简单,我仍然选择了创建一个典型的递归函数。

在编写代码之前,我们需要先找到算法。对于递归,使用深度优先搜索是合理的。“不要担心别人不明白计算机科学术语。”在我向一位同事展示我想出的不同解决方案时,他如此说道。

算法

我们将从一个节点开始,尽可能向下搜索,直到到达一个端点。然后我们将返回并采取下一个分支路径,直到我们扫描完整个连续块为止。在此过程中,我们还必须记录我们搜索过的部分,以及最大的连续块的长度。

我将函数分成了两部分。其中一个函数将保存最大列表和先前扫描的 ID,同时至少循环每个节点一次。另一个函数则将从未扫描的根节点开始,进行深度优先遍历。

代码如下所示:

1constgetContiguousIds = ({

2contiguousIds = [],

3node,

4nodes,

5}) => (

6node

7.adjacentIds

8.reduce(

9(

10contiguousIds,

11adjacentId,

12) => (

13contiguousIds

14.includes(adjacentId)

15? contiguousIds

16: (

17getContiguousIds({

18contiguousIds,

19node: (

20nodes

21.find(({

22id,

23}) => (

24id

25=== adjacentId

26))

27),

28nodes,

29})

30)

31),

32(

33contiguousIds

34.concat(

35node

36.id

37)

38),

39)

40)

41constgetLargestContiguousNodes = (

42nodes,

43) => (

44nodes

45.reduce(

46(

47prevState,

48node,

49) => {

50if(

51prevState

52.scannedIds

53.includes(node.id)

54) {

55returnprevState

56}

57

58

59constcontiguousIds = (

60getContiguousIds({

61node,

62nodes,

63})

64)

65

66

67const{

68largestContiguousIds,

69scannedIds,

70} = prevState

71

72

73return{

74largestContiguousIds: (

75contiguousIds.length

76> largestContiguousIds.length

77? contiguousIds

78: largestContiguousIds

79),

80scannedIds: (

81scannedIds

82.concat(contiguousIds)

83),

84}

85},

86{

87largestContiguousIds: [],

88scannedIds: [],

89},

90)

91.largestContiguousIds

下面,我们将逐步进行分析。

递归函数

getContiguousIds 是递归函数,在每个节点调用一次。在该函数每次返回结果时,我们都会得到一个连续节点的更新列表。

这个函数只有一个判断条件:节点是否已在列表中?如果没有,则再次调用getContiguousIds 。当该函数返回结果时,我们会获得一个更新的连续节点列表,该列表会被返回到 reducer ,并用作下一个 adjacentId 的状态。

每当我们用 concat 将当前节点连接到 contiguousIds 时,都要向 contiguousIds 传入值。每次进一步递归时,我们都要确保在循环执行 adjacentIds 之前,当前节点已经被添加到 contiguousIds 列表中。这可以确保我们不会无限地递归。

循环

该函数的后半部分也会遍历每个节点一次。递归函数使用 reducer来检查代码是否已被扫描。若已被扫描,就继续循环,直到找到一个没有循环的节点,或者直到退出循环为止。

如果我们的节点尚未被扫描,则调用 getContiguousIds,并继续遍历,直到扫描完成。这是同步的,但可能需要一些时间。

每当函数返回一个 contignousIds 列表,都对照 largestContiguousIds 进行检查,如果该列表的返回值更大的话,就存储返回值。

同时,我们将把这些 contiguousIds 添加到我们的 scannedIds 列表中,以标记我们搜索的节点。

执行

就算我们有 10000 个项目,这个算法也不会遇到 3 种随机颜色的堆栈溢出问题。如果我把所有的都改成单一颜色,就可能会遇到堆栈溢出的问题,这是因为我们的递归函数经历了 10000 次的递归。

顺序迭代

由于内存比函数调用的堆栈要大,所以我的下一个想法是在一个循环中完成整个事情。我们将跟踪节点列表的列表。我们将不断添加它们,并将它们链接在一起,直到退出循环。

这个方法要求在完成循环之前,将所有可能的节点列表保存在内存中。在递归示例中,我们只将最大的列表保存在内存中。

1constgetLargestContiguousNodes = (

2nodes,

3) => (

4nodes

5.reduce(

6(

7contiguousIdsList,

8{

9adjacentIds,

10id,

11},

12) => {

13constlinkedContiguousIds = (

14contiguousIdsList

15.reduce(

16(

17linkedContiguousIds,

18contiguousIds,

19) => (

20contiguousIds

21.has(id)

22? (

23linkedContiguousIds

24.add(contiguousIds)

25)

26: linkedContiguousIds

27),

28newSet(),

29)

30)

31

32

33return(

34linkedContiguousIds

35.size > 0

36? (

37contiguousIdsList

38.filter((

39contiguousIds,

40) => (

41!(

42linkedContiguousIds

43.has(contiguousIds)

44)

45))

46.concat(

47Array

48.from(linkedContiguousIds)

49.reduce(

50(

51linkedContiguousIds,

52contiguousIds,

53) => (

54newSet([

55...linkedContiguousIds,

56...contiguousIds,

57])

58),

59newSet(adjacentIds),

60)

61)

62)

63: (

64contiguousIdsList

65.concat(

66newSet([

67...adjacentIds,

68id,

69])

70)

71)

72)

73},

74[newSet()],

75)

76.reduce((

77largestContiguousIds = [],

78contiguousIds,

79) => (

80contiguousIds.size

81> largestContiguousIds.size

82? contiguousIds

83: largestContiguousIds

84))

85)

另一个想法是,从顶部开始遍历,并将每个节点循环一次。到在此过程总,我们必须检查 ID 是否存在于节点列表的列表 contiguousIdsList 中。

如果它不存在于任何 contiguousIds 列表中,我们就将添加该列表和 adjacenIds 。这样,在循环时,就会有其他的内容链接到它。

如果我们的节点在其中一个列表之中,那么节点就可能也存在于其中相当多的列表中。我们想要把所有这些都链接在一起,并从 contiguousIdsList 中删除未链接的那些节点。在我们得到节点列表的列表之后,检查哪个列表是最大的,这个算法就完成了。

执行

与递归版本不同的是,当所有 10000 个项目都是相同的颜色时,这个算法能够完成任务。但该算法的一个缺陷是,它执行得相当慢。在上述代码的性能评估中,我没有考虑到循环列表的列表的情况,这显然对性能有很大的影响。

随机迭代

我想采用递归方法背后的思路,并以迭代方式进行应用。这一算法的目标是精确命中每个节点一次,并且只存储最大的连续块:

1constgetLargestContiguousNodes = (

2nodes,

3) => {

4letcontiguousIds = []

5letlargestContiguousIds = []

6letqueuedIds = []

7letremainingNodesIndex = 0

8

9

10letremainingNodes = (

11nodes

12.slice()

13)

14

15

16while(remainingNodesIndex < remainingNodes.length) {

17const[node] = (

18remainingNodes

19.splice(

20remainingNodesIndex,

211,

22)

23)

24

25

26const{

27adjacentIds,

28id,

29} = node

30

31

32contiguousIds

33.push(id)

34

35

36if(

37adjacentIds

38.length > 0

39) {

40queuedIds

41.push(...adjacentIds)

42}

43

44

45if(

46queuedIds

47.length > 0

48) {

49do{

50constqueuedId = (

51queuedIds

52.shift()

53)

54

55

56remainingNodesIndex = (

57remainingNodes

58.findIndex(({

59id,

60}) => (

61id === queuedId

62))

63)

64}

65while(

66queuedIds.length > 0

67&& remainingNodesIndex === -1

68)

69}

70

71if(

72queuedIds.length === 0

73&& remainingNodesIndex === -1

74) {

75if(

76contiguousIds.length

77> largestContiguousIds.length

78) {

79largestContiguousIds = contiguousIds

80}

81

82contiguousIds = []

83remainingNodesIndex = 0

84

85if(

86remainingNodes

87.length === 0

88) {

89break

90}

91}

92}

93

94returnlargestContiguousIds

95}

96

97module.exports = getLargestContiguousNode

这里,我们没有将节点添加到先前扫描的 ID 列表,而是从 remainingNodes 数组中拼接出值来,但是我不建议大家这样做。

分解

我把上述代码分成 3 个部分,用 if 语句分开。

让我们从中间部分开始。首先查看 queuedIds 。如果该对象有值,就对队列中的内容进行循环,看看它们是否存在于 remainingNodes 中。

第三部分的内容取决于第二部分的结果。如果 queuedIds 对象为空,并且 remainingNodesIndex 是 -1 的话,那么我们就已经完成了这个节点列表,并需要从一个新的根节点开始。新的根节点始终位于索引 0 处,因为我们正在对 remaininigNodes 进行拼接。

现在再来看循环的顶部。我可以使用 while (true) ,但是需要留一个跳出条件,以防止出错。这在调试时很有用,因为要弄清楚无限循环可能是件痛苦的事情。

之后,我们将拼接节点。我们将节点添加到 contiguousIds 列表中,并将 adjacentIds 添加到队列中。

执行

这一算法几乎和递归版本一样快。当所有节点都是相同颜色时,它是所有算法中速度最快的。

错误的方式:递归

对相似的颜色进行分组

由于我们只知道有两种蓝色,所以我们可以将类似颜色的节点分组在一起,用于顺序迭代版本。

通过将节点拆分成 3 个更小的数组,我们可以减少内存占用,以及需要在列表的列表中执行的循环次数。尽管如此,这并不能解决所有颜色都相同的情况下会出现的问题,因此我们并不会使用此方法修改递归版本。这也意味着我们可以对操作进行多线程处理,将执行时间缩短近三分之一。

如果我们按顺序执行这些命令,只需先运行三个中最大的一个。如果最大值比另外两个值大,就无需检查它们。

可能存在的最大数据集的大小

我们可以检查每一次迭代,而不是在特定时间间隔检查是否有最大的列表。如果最大节点集合的规模大于或等于可用节点的一半(5000 或更高),那么,很显然我们已经有了最大的列表。

若使用随机迭代版本的话,我们可以找到迄今为止最大的列表大小,并查看剩余的节点数量,如果没有比最大的节点集合大小还小的数值,那么就可以说明,我们已经有最大的列表了。

使用递归

虽然递归有其局限性,但我们仍可以使用它。我们需要做的事情就是检查剩余节点的数量。如果它没有超出堆栈的限制,我们就可以使用更快的递归版本。这么做的风险是很大,但随着循环的深入,这一方法会缩短执行时间。

使用 for 循环

在知道节点最大数量的情况下,我们可以使用 for 循环编写 reduce 函数。无论何时,与 for 循环相比, Aray.prototype 方法都非常慢。

使用尾递归

我没有在本文中讨论相关算法,因为我认为尾递归需要一篇单独的文章来阐述。这是一个很大的主题,很多地方都需要解释。另外,虽然它使用了递归结构,但它可能并不会想你所期望的那样比while循环还快。

RxJS:可维护性与性能

有一些方法可以重写这些函数,这样你就可以更轻松地理解并维护它们。我想出的主要解决方案是使用 Redux-Observable 风格的 RxJS,但并不使用 Redux。

接下来,我想以常规的方式来编写代码,然后使用 RxJS 流式传输数据,看看能将算法性能提升多少。

我使用 RxJS 做了 3 个版本的算法,并做了一些修改来加快执行速度。与我之前的文章不同的是,即使增加了行和列,所有的三个版本都会变慢。

我本来可以做很多优化,但要以代码的可读性为代价,这不是我想要的。

最终,我终于找到了一个可行的解决方案,该方案目前是最快的,只需一半的执行时间。这已经是总体上最好的改进了。

只有当每个节点都是相同的颜色时,我才能用可观察到的数据击败内存占用较多的顺序迭代。从技术上来讲,这一算法也优于递归方法,因为在这种情况下,递归算法会出现堆栈溢出的问题。

在研究如何使用 RxJS 流数据之后,我意识到该方法对本文来说实在过于复杂了。希望以后会有文章详细介绍这些代码示例。

如果希望查看详细代码,可以查看如下 GitHub 项目地址:

https://github.com/Sawtaytoes/Java-Performance-Interview-Question

最终统计数据

一般来说,最大的连续块平均有 30~80 个节点。

下面展示了相关算法的评估数据:

随机颜色

执行时间 方法
229.481ms 递归
272.303ms 迭代随机
323.011ms 迭代序列
391.582ms Redux-Observable 并发
686.198ms Redux-Observable 随机
807.839ms Redux-Observable 顺序

一种颜色

执行时间 方法
1061.028ms 迭代随机
1462.143ms Redux-Observable 随机
1840.668ms Redux-Observable 顺序
2541.227ms 迭代序列

无论我进行了多少次测试,每种方法的相对排名位置都保持不变。

当所有节点颜色都相同时,Redux-Observable 并发方法受到了影响,我试过很多方法尝试提高这个方法的运行速度,但是没有成功。

游戏制作

在我的职业程序员生涯中,我曾两次遇到过这段代码。其中一次是我在开发独立游戏《Pulsen》时使用 Lua 编写的代码,代码长度要小得多。

还有一次是在我绘制一张世界地图的时候,该地区有一个预定义的节点列表,我对其进行了实时处理。这使得使用者可以通过键盘上的方向键来移动世界地图。

我还为具有 X 和 Y 值的未知项列表编写了一个节点生成器。听起来是不是很熟悉?我同样需要使网格位居屏幕中央。不过,要做到这点,在 HTML 中比在游戏引擎中要更容易实现。尽管如此,将一堆绝对定位的 div 放在中央位置也并不容易。

在这个案例中,实时执行时间并不怎么很重要,因为我在加载游戏时就进行了大量的预处理。

我想强调的是,TechLead 的问题可能是你会在职业生涯中遇到的问题,但在典型的 Java 应用程序中,往往不太需要考虑程序的速度。

TechLead 在 Google 使用的是 Java ,我猜他面试的职位都很关心执行速度。他们有可能有一堆工作任务要处理大量的数据,因此像这样的解决方案可能是必要的。

但是,这个视频也有可能是关于 HTML 和 CSS 的职位的,谁知道呢!

结语

正如你在最终统计数据中所看到的那样,读起来最槽糕的代码几乎是最快的,并且还完成了我们所有的要求。

据我自己的经验,我花了更长的时间来开发非 RxJS 版本的代码。我认为,这是因为更快的版本需要全面的思考。Redux-Observable 能够让你以化整为零的方式进行思考。

这是一道非常有趣的问题。它起初看起来似乎很难,但是将它分解成几块之后,问题就迎刃而解了。

原文链接:

https://medium.freecodecamp.org/bet-you-cant-solve-this-google-interview-question-4a6e5a4dc8ee

本文经授权转载自微信公众号:AI科技大本营,ID:rgznai100返回搜狐,查看更多

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