作為專注於求職助攻的專業團隊，programhelp 近期跟蹤了多場 TikTok 校招及社招 OA 筆試，發現其考試形式已發生重大調整：平臺從原有的 HackerRank 全面遷移至 Codesignal，題型也從「5 選擇 + 2 程式設計」改為「70 分鐘 4 道純程式設計題」。目前一畝三分地等平臺鮮有最新原題分享，我們結合近期實戰經驗，整理了完整的真題解析、AC 解法及針對性輔導方案，助力求職者高效通關。
核心考试信息梳理
- 考試平臺：僅 Codesignal 網頁端，支援本地 IDE 編寫後貼上提交，提供程式碼高亮與執行除錯功能；
- 題型規則：4 道純程式設計題，無選擇題，70 分鐘作答時間，時間充裕，中等速度完成後仍有充足查錯時間；
- 題庫來源：不使用 TikTok 自研題庫，均抽取 Codesignal 平臺原生題目，無重複舊題，側重考察硬實力；
- 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；
- 考點分佈：集中於陣列字串處理、模擬邏輯、雜湊表應用，無複雜 DP 或圖論題目，屬於透過系統訓練即可攻克的型別。
真題一：數字碎片拼接統計（高頻必考）
題目描述
給定正整數陣列 fragments（數字碎片）和目標數字 accessCode，統計滿足條件的有序下標對 (i, j)（i≠j）的數量，要求 str (fragments [i]) + str (fragments [j]) == str (accessCode)。
解題思路
本題最優解法為字串處理結合雜湊表，時間複雜度 O (n)，避免暴力列舉導致超時：
- 型別轉換：將 accessCode 轉為字串 s，陣列中所有數字碎片均轉為字串形式；
- 頻次統計：利用 Counter 統計所有字串碎片的出現次數，便於快速查詢；
- 字首匹配：遍歷每個字串片段 a，判斷 s 是否以 a 為字首，若滿足則計算字尾 b = s [len (a):]；
- 組合數計算：若 b 存在於統計結果中，分兩種情況計算：a≠b 時，組合數為 a 的頻次 ×b 的頻次；a==b 時，需滿足 i≠j，組合數為 a 的頻次 ×(a 的頻次 – 1)；
- 結果累加：彙總所有符合條件的組合數，即為最終答案。
AC 滿分程式碼（Python，Codesignal 直接提交）
python
執行
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
易錯點提醒
- 注意有序對要求，解法天然覆蓋 i 和 j 的順序差異，無需額外處理；
- 必須透過字串拼接判斷，不可直接進行數字運算，避免位數進位導致錯誤；
- 重點關注 a==b 的場景，遺漏 “頻次 – 1” 會導致答案偏小。
真題二：報紙排版（文字對齊 + 邊框模擬）
題目描述
給定單詞陣列、頁面寬度 width、對齊方式 alignment（left/right），按以下規則完成排版並返回完整頁面：
- 排版規則：按順序裝載單詞，單詞間至少保留 1 個空格，若加入下一個單詞會超寬則換行；
- 對齊規則：每行內容補齊空格至 width 長度，左對齊補尾部，右對齊補開頭；
- 邊框規則：每行首尾加豎線 |，頁面最上方和最下方加寬度為 width+2 的橫線 -。補充約束：單個單詞長度不超過 width，無排版困難。
解題思路
本題為純模擬題，核心在於邏輯拆解與細節處理，步驟如下：
- 分行處理：遍歷單詞，累計當前行單詞長度及所需空格數，判斷是否可加入下一個單詞，不可則處理當前行並換行；
- 對齊補齊：對每行單詞拼接後，計算所需補充空格數，按對齊方式完成空格填充；
- 邊框新增：為每行內容首尾加 |，生成上下橫線邊框，組合為最終頁面。
AC 滿分程式碼（Python，Codesignal 直接提交）
python
執行
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)
易錯點提醒
- 分行計算時需包含單詞間的空格，否則會導致換行判斷錯誤；
- 空格補充需精確到 width 長度，避免邊框錯位；
- 遍歷結束後需處理最後一行未存入的單詞。
高頻補充真題
第一題：找所有 t[i] > t[i – 1] && t[i] > t[i + 1] 的數，然後返回這個陣列就行了，按題意模擬一遍
第二題：維護每個位置放了多少種不同的物品，返回物品數量最多的位置，需要用 map 套 set 來維護位置並且給物品去重，最後遍歷我們的 map 還有 set 的 size 大小就行了，記錄最大值
第三題：我們以每個 1 為起始點，按題目意思模擬，向左上右上左下右下拓展就行了，對應的每次 x y 座標的增量向量就是 (1, 1) (1, -1) (-1, -1), (-1, 1) 這四種，跑一遍就行了，注意只有走到邊界才計入答案當中
第四題：維護每個點被多少個 2 * 2 的矩陣覆蓋，如果建一個 n * m 的矩陣然後模擬肯定不行，因為 n m 大小的規模都是 1e5 的，但是由於每個點最多被覆蓋 4 次，並且 2 *2 矩陣的數量是有限的，我們直接用 map 來維護，維護每個點的狀態，這裡的話懶得再寫個 pair 插到 map 裡了，就直接寫個狀壓得了，由於 (x, y) 都是不超過 int 範圍的，所以我們可以用 x << 32 再或上 y 來得到這個點的狀態，然後在 map 裡對應點的計數++就好了，最後 0 的數量用總的算算就行
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