联想工程师面试问题及答案

2026年联想工程师面试问题及答案一、编程基础（3题，每题10分，共30分）1.题目：编写一个函数，实现字符串的翻转，不使用内置的翻转函数。例如，输入`"abcdef"`，输出`"fedcba"`。答案：pythondefreverse_string(s:str)->str:returns[::-1]示例print(reverse_string("abcdef"))#输出:fedcba解析：使用Python的切片操作`[::-1]`可以高效翻转字符串，时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。2.题目：实现一个函数，检查一个整数是否为素数。如果是素数，返回`True`，否则返回`False`。答案：pythondefis_prime(n:int)->bool:ifn<=1:returnFalseifn==2:returnTrueifn%2==0:returnFalseforiinrange(3,int(n0.5)+1,2):ifn%i==0:returnFalsereturnTrue示例print(is_prime(17))#输出:Trueprint(is_prime(18))#输出:False解析：素数定义为大于1且仅能被1和自身整除的数。检查时，先排除小于等于1、偶数（除2外），然后只需检查到`√n`即可，提高效率。3.题目：实现一个函数，找出列表中重复的元素，并返回一个包含重复元素的列表。例如，输入`[1,2,2,3,4,4,5]`，输出`[2,4]`。答案：pythondeffind_duplicates(lst:list)->list:seen=set()duplicates=set()fornuminlst:ifnuminseen:duplicates.add(num)else:seen.add(num)returnlist(duplicates)示例print(find_duplicates([1,2,2,3,4,4,5]))#输出:[2,4]解析：使用集合`seen`记录已出现过的元素，遇到重复的元素则加入`duplicates`集合。最后返回`duplicates`列表，时间复杂度为O(n)。二、算法设计（3题，每题10分，共30分）1.题目：给定一个整数数组，返回数组中和为特定值的三元组数量。例如，输入`[-1,0,1,2,-1,-4]`和目标值`0`，输出`4`（即`(-1,-1,2),(-1,0,1),(0,1,-1),(0,2,-2)`）。答案：pythondefthree_sum(nums:list,target:int)->int:nums.sort()count=0n=len(nums)foriinrange(n-2):ifi>0andnums[i]==nums[i-1]:continueleft,right=i+1,n-1whileleft<right:total=nums[i]+nums[left]+nums[right]iftotal==target:count+=1left+=1right-=1whileleft<rightandnums[left]==nums[left-1]:left+=1whileleft<rightandnums[right]==nums[right+1]:right-=1eliftotal<target:left+=1else:right-=1returncount示例print(three_sum([-1,0,1,2,-1,-4],0))#输出:4解析：排序后使用双指针法，时间复杂度为O(n²)。避免重复解的方法是跳过相同的数字。2.题目：实现一个LRU（最近最少使用）缓存，支持`get`和`put`操作。缓存容量为`capacity`。例如，容量为2的缓存：`put(1,1)`→`put(2,2)`→`get(1)`→`put(3,3)`→`get(2)`→输出`-1`（未命中）。答案：pythonclassLRUCache:def__init__(self,capacity:int):self.capacity=capacityself.cache={}self.order=[]defget(self,key:int)->int:ifkeyinself.cache:self.order.remove(key)self.order.append(key)returnself.cache[key]return-1defput(self,key:int,value:int)->None:ifkeyinself.cache:self.order.remove(key)eliflen(self.cache)>=self.capacity:oldest=self.order.pop(0)delself.cache[oldest]self.cache[key]=valueself.order.append(key)示例lru=LRUCache(2)lru.put(1,1)lru.put(2,2)print(lru.get(1))#输出:1lru.put(3,3)print(lru.get(2))#输出:-1解析：使用字典存储缓存，列表维护访问顺序。`get`时将元素移到末尾，`put`时若超出容量则删除最旧的元素。3.题目：给定一个二叉树，找出最长的路径，该路径中的节点具有连续的值。例如，输入`[5,4,5,1,1,5]`的二叉树，最长连续路径为`[5,4,5]`，长度为3。答案：pythonclassTreeNode:def__init__(self,val=0,left=None,right=None):self.val=valself.left=leftself.right=rightdeflongest_consecutive(root:TreeNode)->int:ifnotroot:return0self.max_len=0defdfs(node:TreeNode,parent_val:int,current_len:int):ifnode:ifnode.val==parent_val+1:current_len+=1else:current_len=1self.max_len=max(self.max_len,current_len)dfs(node.left,node.val,current_len)dfs(node.right,node.val,current_len)dfs(root,root.val-1,0)returnself.max_len示例构建二叉树[5,4,5,1,1,5]root=TreeNode(5)root.left=TreeNode(4)root.right=TreeNode(5)root.left.left=TreeNode(1)root.left.right=TreeNode(1)root.right.right=TreeNode(5)print(longest_consecutive(root))#输出:3解析：深度优先搜索（DFS）遍历树，记录当前连续长度，并更新最大值。每次遇到不连续的值时重置长度。三、系统设计（1题，20分）1.题目：设计一个简单的微博系统，支持用户发布微博、关注/取消关注、查看关注者的微博。要求说明核心模块、数据结构、接口设计，并考虑高并发场景下的优化。答案：核心模块：1.用户模块：管理用户信息（ID、昵称、关注列表等）。2.微博模块：管理微博发布、存储、检索。3.关系模块：管理关注关系。4.缓存模块：加速热点数据访问。5.消息队列：异步处理高并发写入。数据结构：-用户：`{user_id:{name,followings,followers,tweets}}`-微博：`{tweet_id:{user_id,content,timestamp}}`-关注：`{user_id:{followings}}`接口设计：-`publish_tweet(user_id,content)`：发布微博。-`follow(user_id,target_id)`：关注用户。-`unfollow(user_id,target_id)`：取消关注。-`get_tweets(user_id)`：获取用户微博（分页）。高并发优化：1.缓存：使用Redis缓存热点用户微博。2.异步写入：通过Kafka/RabbitMQ处理发布消息，降低数据库压力。3.分片：按用户ID分片微博数据，提高读写性能。4.限流：对频繁操作（如发布）进行限流。解析：微博系统需支持高并发读写，核心在于合理设计数据结构和异步处理。缓存和分片是关键优化手段。四、数据库（2题，每题10分，共20分）1.题目：解释SQL中的`JOIN`类型，并说明在哪些场景下使用`LEFTJOIN`和`RIGHTJOIN`。答案：`JOIN`类型包括：-INNERJOIN：仅返回两个表都匹配的行。-LEFTJOIN：返回左表所有行，右表匹配行；否则右表为`NULL`。-RIGHTJOIN：返回右表所有行，左表匹配行；否则左表为`NULL`。-FULLJOIN：返回两个表的所有行，不匹配的为`NULL`。场景：-LEFTJOIN：查询左表所有数据，即使右表无匹配（如用户信息+无订单的用户）。-RIGHTJOIN：反向场景（如查询所有订单，即使用户不存在）。解析：`LEFTJOIN`和`RIGHTJOIN`主要区别在于保留哪张表的全部数据。选择取决于业务需求。2.题目：设计一张用户表（`users`），包含用户ID（主键）、昵称、注册时间、性别、城市。写出创建表的SQL语句，并说明索引优化的原则。答案：sqlCREATETABLEusers(user_idINTPRIMARYKEYAUTO_INCREMENT,nicknameVARCHAR(50)NOTNULL,register_timeTIMESTAMPDEFAULTCURRENT_TIMESTAMP,genderENUM('male','female','other'),cityVARCHAR(100));CREATEINDEXidx_cityONusers(city);CREATEINDEXidx_genderONusers(gender);索引优化原则：1.选择性高：高基数的列（如`city`）。2.查询频繁：常用作过滤条件的列（如`gender`）。3.避免冗余：不要对非筛选列建索引。解析：索引能加速查询，但需权衡性能和存储成本。主键自动索引，常用筛选列单独索引。五、操作系统（2题，每题10分，共20分）1.题目：解释进程和线程的区别，并说明在哪些场景下使用多线程优于多进程。答案：-进程：独立内存空间，资源分配单元。-线程：进程内执行单元，共享内存空间，轻量级。多线程优势场景：1.I/O密集型：如网络请求，线程阻塞不阻塞其他线程。2.共享数据：线程间通信开销小（如游戏内存同步）。3.快速响应：如GUI界面保持流畅。解析：多线程适合共享数据和并发I/O，但需注意线程安全问题。多进程适合计算密集型任务。2.题目：简述Linux中的`fork()`系统调用，并说明父子进程的执行流程。答案：`fork()`创建子进程，父进程返回子进程ID，子进程返回0。-父进程：继续执行，可等待子进程（`wait()`）。-子进程：可修改共享数据（需加锁）。流程：1.父进程调用`fork()`。2.系统复制父进程内存（写时复制）。3.子进程修改数据后写入新内存。4.父子独立执行。解析：`fork()`是Linux核心机制，但需注意资源复制和同步问题。六、网络（2题，每题10分，共20分）1.题目：解释TCP三次握手过程，并说明为何不能直接使用四次握手。答案：三次握手：1.`SYN`：客户端→服务器，请求连接。2.`SYN-ACK`：服务器→客户端，同意连接。3.`ACK`：客户端→服务器，确认连接。为何不能四次：-三次能保证双方收发能力。四次会引入冗余等待。-第三次`ACK`若丢失，重发机制需额外轮次。解析：三次握手是最低效率但可靠的方案，四次握手无实际收益。2.题题：说明HTTP和HTTPS的主要区别，以及HTTPS为何需要证书。答案：-HTTP：明文传输，易被窃听。-HTTPS：加密传输（TLS/SSL），需证书验证身份。证书作用：1.身份验证：确认为合法服务器。2.加密密钥分发：通过非对称加密交换对称密钥。解析：HTTPS通过证书解决信任和加密问题，但需证书机构（CA）背书。七、数据库（2题，每题10分，共20分）1.题目：解释SQL中的`GROUPBY`和`HAVING`的区别。答案：-`GROUPBY`：对数据进行分组，常用于聚合函数（`SUM()`、`C