作为专注于求职助攻的专业团队，programhelp 近期跟踪了多场 TikTok 校招及社招 OA 笔试，发现其考试形式已发生重大调整：平台从原有的 HackerRank 全面迁移至 Codesignal，题型也从「5 选择 + 2 编程」改为「70 分钟 4 道纯编程题」。目前一亩三分地等平台鲜有最新原题分享，我们结合近期实战经验，整理了完整的真题解析、AC 解法及针对性辅导方案，助力求职者高效通关。
核心考试信息梳理
- 考试平台：仅 Codesignal 网页端，支持本地 IDE 编写后粘贴提交，提供代码高亮与运行调试功能；
- 题型规则：4 道纯编程题，无选择题，70 分钟作答时间，时间充裕，中等速度完成后仍有充足查错时间；
- 题库来源：不使用 TikTok 自研题库，均抽取 Codesignal 平台原生题目，无重复旧题，侧重考察硬实力；
- 通过标准：题目难度整体为中等，无高难度 Hard 题，4 道题全部 AC（100% 通过率）是获取面试邀约的关键，仅通过 2-3 道则通过率大幅下降；
- 考点分布：集中于数组字符串处理、模拟逻辑、哈希表应用，无复杂 DP 或图论题目，属于通过系统训练即可攻克的类型。
真题一：数字碎片拼接统计（高频必考）
题目描述
给定正整数数组 fragments（数字碎片）和目标数字 accessCode，统计满足条件的有序下标对 (i, j)（i≠j）的数量，要求 str (fragments [i]) + str (fragments [j]) == str (accessCode)。
解题思路
本题最优解法为字符串处理结合哈希表，时间复杂度 O (n)，避免暴力枚举导致超时：
- 类型转换：将 accessCode 转为字符串 s，数组中所有数字碎片均转为字符串形式；
- 频次统计：利用 Counter 统计所有字符串碎片的出现次数，便于快速查询；
- 前缀匹配：遍历每个字符串片段 a，判断 s 是否以 a 为前缀，若满足则计算后缀 b = s [len (a):]；
- 组合数计算：若 b 存在于统计结果中，分两种情况计算：a≠b 时，组合数为 a 的频次 ×b 的频次；a==b 时，需满足 i≠j，组合数为 a 的频次 ×(a 的频次 – 1)；
- 结果累加：汇总所有符合条件的组合数，即为最终答案。
AC 满分代码（Python，Codesignal 直接提交）
python
运行
from collections import Counter
def solution(fragments, accessCode):
s = str(accessCode)
str_frags = [str(num) for num in fragments]
cnt = Counter(str_frags)
res = 0
for a in cnt:
if s.startswith(a):
b = s[len(a):]
if b in cnt:
if a != b:
res += cnt[a] * cnt[b]
else:
res += cnt[a] * (cnt[a] - 1)
return res
易错点提醒
- 注意有序对要求，解法天然覆盖 i 和 j 的顺序差异，无需额外处理；
- 必须通过字符串拼接判断，不可直接进行数字运算，避免位数进位导致错误；
- 重点关注 a==b 的场景，遗漏 “频次 – 1” 会导致答案偏小。
真题二：报纸排版（文本对齐 + 边框模拟）
题目描述
给定单词数组、页面宽度 width、对齐方式 alignment（left/right），按以下规则完成排版并返回完整页面：
- 排版规则：按顺序装载单词，单词间至少保留 1 个空格，若加入下一个单词会超宽则换行；
- 对齐规则：每行内容补齐空格至 width 长度，左对齐补尾部，右对齐补开头；
- 边框规则：每行首尾加竖线 |，页面最上方和最下方加宽度为 width+2 的横线 -。补充约束：单个单词长度不超过 width，无排版困难。
解题思路
本题为纯模拟题，核心在于逻辑拆解与细节处理，步骤如下：
- 分行处理：遍历单词，累计当前行单词长度及所需空格数，判断是否可加入下一个单词，不可则处理当前行并换行；
- 对齐补齐：对每行单词拼接后，计算所需补充空格数，按对齐方式完成空格填充；
- 边框添加：为每行内容首尾加 |，生成上下横线边框，组合为最终页面。
AC 满分代码（Python，Codesignal 直接提交）
python
运行
def solution(words, width, alignment):
lines = []
current_line = []
for word in words:
current_len = sum(len(w) for w in current_line) + len(current_line) - 1 + len(word) if current_line else len(word)
if current_len <= width:
current_line.append(word)
else:
lines.append(' '.join(current_line))
current_line = [word]
if current_line:
lines.append(' '.join(current_line))
border_lines = []
for line in lines:
space_need = width - len(line)
if alignment == 'left':
aligned = line + ' ' * space_need
else:
aligned = ' ' * space_need + line
border_lines.append(f'|{aligned}|')
top_bottom_border = '-' * (width + 2)
final = [top_bottom_border] + border_lines + [top_bottom_border]
return '\n'.join(final)
易错点提醒
- 分行计算时需包含单词间的空格，否则会导致换行判断错误；
- 空格补充需精确到 width 长度，避免边框错位；
- 遍历结束后需处理最后一行未存入的单词。
高频补充真题
第一题：找所有 t[i] > t[i – 1] && t[i] > t[i + 1] 的数，然后返回这个数组就行了，按题意模拟一遍
第二题：维护每个位置放了多少种不同的物品，返回物品数量最多的位置，需要用 map 套 set 来维护位置并且给物品去重，最后遍历我们的 map 还有 set 的 size 大小就行了，记录最大值
第三题：我们以每个 1 为起始点，按题目意思模拟，向左上右上左下右下拓展就行了，对应的每次 x y 坐标的增量向量就是 (1, 1) (1, -1) (-1, -1), (-1, 1) 这四种，跑一遍就行了，注意只有走到边界才计入答案当中
第四题：维护每个点被多少个 2 * 2 的矩阵覆盖，如果建一个 n * m 的矩阵然后模拟肯定不行，因为 n m 大小的规模都是 1e5 的，但是由于每个点最多被覆盖 4 次，并且 2 *2 矩阵的数量是有限的，我们直接用 map 来维护，维护每个点的状态，这里的话懒得再写个 pair 插到 map 里了，就直接写个状压得了，由于 (x, y) 都是不超过 int 范围的，所以我们可以用 x << 32 再或上 y 来得到这个点的状态，然后在 map 里对应点的计数++就好了，最后 0 的数量用总的算算就行
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