华为的测评都发了吗？我投了华为云，只有一个投递成功，但没测评ps:有竞赛奖hr联系我之后申请免机试了更新：现在变成了简历通过，待测评和面试了，机试直接通过

第一场实习笔试，A了3.3道，算法还是不太熟第一题：简单模拟即可 import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { Scanner in = new Scanner(System.in); int m = in.nextInt(); int n = in.nextInt(); int count = 0; int[][] array = new int[m][n]; ...

美团、京东、华为的面评严格吗，准备的不太行，特别是八股，不知道挂了会不会秋招这几个企业就彻底没机会了已投递情况：4.1 华为4.6 联想(还在评估，服了)4.9 美团、京东(发了测评)如果不行就去找小公司了update:美团A了3.3 联想按之前牛客的方法查了状态码 🐔🐔🐔美团一周没约面 华为免机试成功 京东没反应

双非本，985硕，本科数学专业跨考的计算机，由于导师那边前段时间太忙，最近才写好简历。目前写了实验室的java项目、黑马点评+学成在线的融合版项目（学成在线只做了一部分），八股才开始不久（这一块感觉够呛），算法刷了hot100和代码随想录，打算投一下暑假实习，如果不行就日常或者小公司，受每周组会的影响，只能在成都实习，下图是我的简历，大家看看有没有什么建议，接受批评！  #简历#   #实习#   #投递实习岗位前的准备#   #简历中的项目经历要怎么写#

leetcode134(代码随想录题目)思路：通过下图的数学推导可得到从x,y之间的任何一个加油站出发，都无法到达加油站 y的下一个加油站，因此首先检查第0个加油站，并试图判断能否环绕一周，如果不能，就从第一个无法到达的加油站开始继续检查，若检查到最后一个都不能，则返回-1。更通俗的理解是：若从x加油站出发经过z最远能到达y加油站，那么从z加油站直接出发，不可能到达y下一个加油站，因为从x出发到z加油站时肯定还有存储的油，在这种情况下都到不了y的下一站，而直接从z出发刚开始是没有存储的油的，所以更不可能到达y的下一站。 class Solution { public int canCo...

近几天导师那边项目和开题比较忙，学的很零散，断更了几天...NAPI机制网卡专门负责接收和发送网络包，当其接收到一个网络包后，会通过 DMA 技术，将网络包写入到指定的内存地址即Ring Buffer ，这个是一个环形缓冲区，接着通过触发中断的方式告诉操作系统这个网络包已经到达，但这样CPU会频繁处理中断，导致其他任务无法推进，因此需要引入一种机制进行缓解。Linux 内核在2.6版本中引入了 NAPI 机制，它是混合中断和轮询的方式来接收网络包，它的核心概念就是不采用中断的方式读取数据，而是首先采用中断唤醒数据接收的服务程序，然后poll的方法来轮询数据。当有网络包到达时，会通过DMA技术将...

基于Redis实现分布式锁1、利用set nx ex获取锁，并设置过期时间，保存线程标识2、释放锁时先判断线程标示是否与自己一致，一致则删除锁注意：释放锁时，需将判断与释放这两个操作变成原子性操作，否则仍可能出现误删情况，这种情况如下图所示：图中线程1在判断锁标识后出现阻塞，并超时释放，释放后线程2能获取锁，当线程1阻塞完成后由于在前面已判断标识的一致性，因此此时线程1能执行释放操作，从而释放线程2，导致误删。将操作处理为原子操作的方法为使用Lua脚本，其大致形式如下： if(redis.call('get', KEYS[1]) == ARGV[1]) then return red...

事务与代理对象在java中，若@Transactional事务注解要生效，则被注解的方法需在代理对象内，对于service层中的接口实现类，不是代理对象，而service接口为代理对象，要使接口实现类的函数能使用事务，则需将该方法暴露在service接口中，并注入对应的service接口，例子如下： //接口实现类 @Service public class service1Impl implements Service1{ @Autowired Service1 service1; public void function1(){ int a = 1; //此时需要执...

54.螺旋矩阵本题中从外到内进行遍历，每一次遍历一个环，初始时设left为环的最左则横坐标，right为环的最右侧横坐标，top为环的最上侧纵坐标，buttom为环的最下侧纵坐标，即left = 0, right = n - 1, top = 0, button = m - 1，m为矩阵的宽，n为矩阵的长，每遍历一环，环围成的矩阵四个方向的长度均减1，每次横向遍历长度为right - left，纵向遍历长度为button - top，算法的流程如下图：注意：由于遍历环的上、下边时，每次遍历长度为right - left，因此两种相等时，环横向的宽度为1，此时已跳出循环，因此需对这一列单独遍历，...

乐观锁和悲观锁悲观锁：认为线程安全问题一定会发生，因此在操作数据之前先获取锁，确保线程串行执行，例如Synchronized、Lock都属于悲观锁。乐观锁：认为线程安全问题不一定会发生，因此不加锁，只是在更新数据时去判断有没有其它线程对数据做了修改，若未修改则认为是安全的，自己才更新数据；若已经被其它线程修改说明发生了安全问题，此时可以重试或异常。乐观锁实现的两种方式：版本号法：以黑马点评为例的原理图如下在每一次进行修改操作时，需判断数据是否被修改过，这里对数据库字段增加了版本号，对数据进行一次修改操作，则版本号加1，上图中线程1修改后版本号变为2，每次在修改操作判断时，查询条件使用的版本号为...

正则表达式匹配(hot100 hard)太难想到了，暴力过了2/3左右，粘贴leetcode解析便于复习思路：动态规划定义 dp[i][j]表示 s 的前 i 个字符和 p的前 j 个字符能否匹配,分以下几种情况讨论：1、p[j] 是一个小写字母a-z，则 s[i]必须也为同样的小写字母方能完成匹配2、p[j] 为'.'，则p[i]与s[j]一定能匹配上，因为p[j]可以与任意字母相等，即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]3、p[j] 为'*'，p[j]的前一个字符 p[j−1]匹配任意次(包括 0 次，p[j - 1]为'.'视作匹配)，此时从0开始举几个例子：(...

二叉搜索树：性质：节点的左子树只包含小于当前节点的数，节点的右子树只包含大于当前节点的数，且所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树，且其中序遍历为单调递增序列。二叉树中序遍历（非递归）： public void Middle(TreeNode root) { Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();//数据结构为栈 TreeNode p = root; while(p != null || !queue.isEmpty()){ while(p != n...

leetcode15:三数之和思路：暴力法可考虑三重循环，但应该超时了，这里使用排序+双指针，排序时间复杂度为O(nlogn)，遍历时间复杂度为O(n)，每一个下标的遍历中双指针遍历其后面数组的时间复杂度为O(n)，因此遍历的总时间复杂度为O(n^2)，该思路的时间复杂度为O(n^2)。1、对数组从小到大排序；2、对于排序后的数组，从前向后遍历，分3种情况：(1)若对于nums[i] > 0，则直接结束遍历，因为i之后的数更大，导致三个数的和不可能为0，只能为正数;(2)若i > 0时nums[i] == nums[i - 1]，则跳过，因为后续数组和为-nums[i]的情况在nu...

leetcode31(没憋出来方法，看的解析）思路：1、从后向前遍历数组，找到第一个nums[i] < nums[i + 1]的下标，目的是找到交换的位置，将后面更大的值换到前面，以得到下一个序列；(找到i后，i + 1到n - 1为降序，此时子数组i + 1到n - 1已达到最大，需要对i + 1前面的元素进行变动)2、从后向前遍历数组，找到k，使得nums[k] > nums[i]，这样就能找到要交换的数了，得到下一个比所给数更大的序列；3、交换下标为i和k的数；4、i + 1以后的子数组变为升序，这样才能使得序列的字典序最小(没找到nums[i] < nums[i + ...