Susquehanna 2026 OA 通常使用 CodeSignal 或 HackerRank，不同崗位略有差異：
- SDE / Software Engineer：以 Coding 為主（2-4 題），偏工程實現和 OOP。
- Quant / Trading Intern：重機率、腦筋急轉彎、快速心算 + 少量 Coding。
- 整體時長 60-120 分鐘不等，部分有邏輯遊戲環節。
下面分享一場 Susquehanna 2026 OA 真實題型 + 速通思路（基於近期候選人反饋）。
1. 兩次出行
問題：我去年有兩次出行，其中一次是 12 月的國際出行。請問兩次出行均為國際出行的機率是多少？
解題思路：
這是一道經典的條件機率問題。設事件 A 為 “兩次出行均為國際出行”，事件 B 為 “其中一次出行是 12 月的國際出行”。我們需要求解P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)。
首先假設兩次出行相互獨立，用 I 表示國際出行，D 表示國內出行。兩次出行的所有可能結果為 II、ID、DI、DD，且每種結果機率均為 1/4（假設等可能）。
- 事件 A（兩次均為國際出行）：對應結果為 II，P(A)=1/4。
- 事件 B（12 月有一次國際出行）：該情況更復雜。假設出行月份隨機，單次出行在 12 月的機率為 1/12，為國際出行的機率為 1/2。
我們可先簡化問題：已知兩次出行中至少有一次是國際出行，求兩次均為國際出行的機率。此時樣本空間為 {II, ID, DI}，有利結果為 II，機率為 1/3。
而題目中 “12 月” 的限定大機率是干擾項，無需過度考慮。
更嚴謹的推導：設 T1、T2 為兩次出行，P(T1=I)=P(T2=I)=1/2，結果仍為 II、ID、DI、DD。已知至少一次為國際出行，排除 DD 後，剩餘等可能結果為 II、ID、DI，故兩次均為國際出行的機率為 1/3。
2. 交替擲骰子
問題：兩枚公平骰子 A 和 B 交替擲出（先 A 後 B），當 A 擲出 6 時遊戲結束。求遊戲在 A 擲骰子時結束的機率。
解題思路：
這是一道易混淆的邏輯題。遊戲僅當A 擲出 6 時才會結束，因此遊戲必然在 A 擲骰子階段結束，機率為 1。
3. 期望擲骰子次數
問題：基於上一題，求完成遊戲的期望擲骰子總次數。
解題思路：
遊戲在 A 擲出 6 時結束，A 的擲骰子輪次為第 1、3、5…… 輪。設 E 為總期望擲骰子次數，單次 A 擲出 6 的機率為 1/6，未擲出的機率為 5/6（B 的擲骰子結果不影響結束條件）。
- 遊戲在第 1 輪結束：A 擲出 6，機率(1/6)×1；
- 遊戲在第 3 輪結束：A 未擲出、B 擲任意、A 擲出 6，機率(5/6)×1×(1/6)；
- 遊戲在第 5 輪結束：A 未、B 任、A 未、B 任、A 擲出 6，機率(5/6)2×(1/6)。
該分佈並非簡單幾何分佈，需分析 A 的擲骰子輪次：A 的擲骰子次數服從幾何分佈（成功機率 1/6），期望次數E[K]=1/p=6。每輪 A 擲骰子（除最後一輪）對應 B 擲 1 次，若 A 共擲 K 輪，總輪數為K+(K−1)=2K−1。
因此總期望次數：E[2K−1]=2×E[K]−1=2×6−1=11。
4. 等待時間悖論
問題：兩條公交路線 A 和 B 的發車間隔分別服從均勻分佈U(0,10)和U(0,20)。若乘客隨機到達，求平均等待時間。
解題思路：
這是經典的 “檢驗悖論” 問題。若發車間隔的隨機變數為 X（均值E[X]），則乘客隨機到達時的平均等待時間並非E[X]/2，而是E[X2]/(2×E[X])。
路線 A（U(0,10)）
- 均值：E[A]=(0+10)/2=5；
- 方差：Var(A)=(10−0)2/12=100/12=25/3；
- 二階矩：E[A2]=Var(A)+(E[A])2=25/3+25=100/3；
- 單獨路線的平均等待時間：(100/3)/(2×5)=10/3 分鐘。
路線 B（U(0,20)）
- 均值：E[B]=(0+20)/2=10；
- 方差：Var(B)=(20−0)2/12=400/12=100/3；
- 二階矩：E[B2]=Var(B)+(E[B])2=100/3+100=400/3；
- 單獨路線的平均等待時間：(400/3)/(2×10)=20/3 分鐘。
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