Susquehanna 2026 OA 通常使用 CodeSignal 或 HackerRank，不同岗位略有差异：
- SDE / Software Engineer：以 Coding 为主（2-4 题），偏工程实现和 OOP。
- Quant / Trading Intern：重概率、脑筋急转弯、快速心算 + 少量 Coding。
- 整体时长 60-120 分钟不等，部分有逻辑游戏环节。
下面分享一场 Susquehanna 2026 OA 真实题型 + 速通思路（基于近期候选人反馈）。
1. 两次出行
问题：我去年有两次出行，其中一次是 12 月的国际出行。请问两次出行均为国际出行的概率是多少？
解题思路：
这是一道经典的条件概率问题。设事件 A 为 “两次出行均为国际出行”，事件 B 为 “其中一次出行是 12 月的国际出行”。我们需要求解P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)。
首先假设两次出行相互独立，用 I 表示国际出行，D 表示国内出行。两次出行的所有可能结果为 II、ID、DI、DD，且每种结果概率均为 1/4（假设等可能）。
- 事件 A（两次均为国际出行）：对应结果为 II，P(A)=1/4。
- 事件 B（12 月有一次国际出行）：该情况更复杂。假设出行月份随机，单次出行在 12 月的概率为 1/12，为国际出行的概率为 1/2。
我们可先简化问题：已知两次出行中至少有一次是国际出行，求两次均为国际出行的概率。此时样本空间为 {II, ID, DI}，有利结果为 II，概率为 1/3。
而题目中 “12 月” 的限定大概率是干扰项，无需过度考虑。
更严谨的推导：设 T1、T2 为两次出行，P(T1=I)=P(T2=I)=1/2，结果仍为 II、ID、DI、DD。已知至少一次为国际出行，排除 DD 后，剩余等可能结果为 II、ID、DI，故两次均为国际出行的概率为 1/3。
2. 交替掷骰子
问题：两枚公平骰子 A 和 B 交替掷出（先 A 后 B），当 A 掷出 6 时游戏结束。求游戏在 A 掷骰子时结束的概率。
解题思路：
这是一道易混淆的逻辑题。游戏仅当A 掷出 6 时才会结束，因此游戏必然在 A 掷骰子阶段结束，概率为 1。
3. 期望掷骰子次数
问题：基于上一题，求完成游戏的期望掷骰子总次数。
解题思路：
游戏在 A 掷出 6 时结束，A 的掷骰子轮次为第 1、3、5…… 轮。设 E 为总期望掷骰子次数，单次 A 掷出 6 的概率为 1/6，未掷出的概率为 5/6（B 的掷骰子结果不影响结束条件）。
- 游戏在第 1 轮结束：A 掷出 6，概率(1/6)×1；
- 游戏在第 3 轮结束：A 未掷出、B 掷任意、A 掷出 6，概率(5/6)×1×(1/6)；
- 游戏在第 5 轮结束：A 未、B 任、A 未、B 任、A 掷出 6，概率(5/6)2×(1/6)。
该分布并非简单几何分布，需分析 A 的掷骰子轮次：A 的掷骰子次数服从几何分布（成功概率 1/6），期望次数E[K]=1/p=6。每轮 A 掷骰子（除最后一轮）对应 B 掷 1 次，若 A 共掷 K 轮，总轮数为K+(K−1)=2K−1。
因此总期望次数：E[2K−1]=2×E[K]−1=2×6−1=11。
4. 等待时间悖论
问题：两条公交路线 A 和 B 的发车间隔分别服从均匀分布U(0,10)和U(0,20)。若乘客随机到达，求平均等待时间。
解题思路：
这是经典的 “检验悖论” 问题。若发车间隔的随机变量为 X（均值E[X]），则乘客随机到达时的平均等待时间并非E[X]/2，而是E[X2]/(2×E[X])。
路线 A（U(0,10)）
- 均值：E[A]=(0+10)/2=5；
- 方差：Var(A)=(10−0)2/12=100/12=25/3；
- 二阶矩：E[A2]=Var(A)+(E[A])2=25/3+25=100/3；
- 单独路线的平均等待时间：(100/3)/(2×5)=10/3 分钟。
路线 B（U(0,20)）
- 均值：E[B]=(0+20)/2=10；
- 方差：Var(B)=(20−0)2/12=400/12=100/3；
- 二阶矩：E[B2]=Var(B)+(E[B])2=100/3+100=400/3；
- 单独路线的平均等待时间：(400/3)/(2×10)=20/3 分钟。
SIG OA &经验分享
SIG OA 通过后，通常进入 Technical Phone / Behavioral + Trading / System Design 轮。Quant 还会涉及更多概率游戏和脑筋急转弯。
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