一线城市打工人的大龄焦虑：都市容不下躯壳，老家容不下灵魂（含华为 OD 面试原题）

互联网的大龄焦虑

今天看到一个老生常谈的话题大龄焦虑：都市容不下躯壳，老家容不下灵魂。

现如今，内卷已不是互联网行业专属名称，早已渗透到一线城市中的各行各业。

但地域落差对职业的影响，互联网行业还是稳稳的位于第一梯队。

一些出生在相对落后省份的同学，回老家意味着失业换行。

某些城镇可能根本没有匹配程序员的岗位，而在一线城市，程序员又是碗"青春饭"。

近两年的毕业生人生屡创新高，不少同学是因为当时选专业的时候，未能突破原生家庭及周边环境的信息差，单纯因为听说「计算机行业工资高」选中当前专业。

入行了才知道「35 岁无人要」等黑话，于是转念一想，又从新把希望寄托于「像前几年毕业的小伙伴那样，在一线城市卷几年，等到年纪大的时候也就存够钱，到时再回老家」这样的计划。

但随着这几年互联网的急转直下，再结合一线城市房租的稳步上升，计划又一次败给了现实变化。

一位网友说出了自己的情况：

这位就职于「字节跳动」的同学已年到 30，存款 150W，伴侣存款不多，双方也都是普通家庭，对前途感到十分迷茫。

150W，如果是想在一线城市买房，再凑凑或许能在较远地区交个首付，但月供会成为大问题，贷款年限可能远比职业生涯要长 ...

150W，如果是回老家，肯定不是一笔小钱，但也不足以完全躺平 ...

这可是字节跳动，宇宙厂尚且如此。

其他年龄更大的，或待遇更低的一线互联网从业者更是没有破局之路。

...

回归主线。

来一道最近网友们问得最多的，华为 OD 一面算法原题，题面略有修改（本题面剔除掉了故事背景，更裸），解法和代码完全一致。

现在华为 OD 都考 Hard 了，也是够卷的。

题目描述

平台：LeetCode

题号：891

一个序列的「宽度」定义为该序列中最大元素和最小元素的差值。

给你一个整数数组 nums，返回 nums 的所有非空子序列的宽度之和。

由于答案可能非常大，请返回对 $1\; 0\; 9\; +\; 7\; 10^9\; +\; 7$109+7 取余后的结果。

子序列定义为从一个数组里删除一些（或者不删除）元素，但不改变剩下元素的顺序得到的数组。

例如，[3,6,2,7] 就是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的一个子序列。

示例 1：

输入：nums = [2,1,3]

输出：6

解释：子序列为 [1], [2], [3], [2,1], [2,3], [1,3], [2,1,3] 。
相应的宽度是 0, 0, 0, 1, 1, 2, 2 。
宽度之和是 6 。

示例 2：

输入：nums = [2]

输出：0

提示：

• 1<=nums.length<=105
• i < = 1 0 5 1 <= numsi <= 10^5 1<=numsi<=105

数学

提示一：每个子序列对答案的贡献

对于某个子序列而言，若其最大值为 $a\; a$a，最小值为 $b\; b$b，则该子序列对答案的贡献为 $(\; a\; -\; b\; )\; (a\; -\; b)$(a−b)。

我们有若干个子序列，即有若干个 $(\; a\; -\; b\; )\; (a\; -\; b)$(a−b)，答案为所有 $(\; a\; -\; b\; )\; (a\; -\; b)$(a−b) 之和，我们称一个 $(\; a\; -\; b\; )\; (a\; -\; b)$(a−b) 为 item。

提示二：每个 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 参与了多少个 item 的组成，在最终展开式中又是如何

对于每个 $(\; a\; -\; b\; )\; (a\; -\; b)$(a−b) 而言，a 和 b 均必然是具体的 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi。

同时易知若 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 作为了 $k\; k$k 个子序列的最小值，那么在最终表达式展开中，必然有 $k\; k$k 个 $-\; n\; u\; m\; s$ i -numsi −numsi；同理若 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 作为了 $k\; k$k 个子序列的最大值，那么在最终表达式展开中，必然有 $k\; k$k 个 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi。

提示三：统计每个 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 作为最值时，有多少个子序列

先不考虑 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的重复问题。

若 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 作为子序列最小值时，首先 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 必选，小于 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的必不选，而大于 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的可选可不选，组合个数取决于大于 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的数的个数，假设有 $k\; k$k 个，那么根据组合数原理，共有 $2\; k\; 2^k$2k 个组合，即共有 $2\; k\; 2^k$2k 个子序列。此时 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 对答案的贡献为 $2\; k\; \times \; (\; -\; n\; u\; m\; s$ i ) 2^k \times (-numsi) 2k×(−numsi)。

同理， $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 作为子序列最大值时，子序列个数取决于小于 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的数的个数，假设有 $k\; k$k 个，此时 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 对答案的贡献为 $2\; k\; \times \; n\; u\; m\; s$ i 2^k \times numsi 2k×numsi。

提示四：如何快速得知比 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 大/小 的数的个数

排序。

提示五： $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 的重复问题

无论是将 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 视作最大值还是最小值，我们的组合数均取决于某一侧的数的个数，因此不会答案正确性产生影响。

提示六： $2\; k\; 2^k$2k 操作的重复计算问题

将 $n\; u\; m\; s$ i numsi numsi 视作最值，我们都需要统计两边数所产生的组合数个数，因此即使对于单个用例都会面临重复计算某个 $2\; k\; 2^k$2k 的问题（对称性）。

同时对于跨样例而言，我们仍会重复计算某些 $2\; k\; 2^k$2k（尤其是较小的 $k\; k$k 值），为避免重复计算，我们可以通过打表预处理的方式算得所有可能要用到 $2\; k\; 2^k$2k 结果，在使用的时候直接通过查表取得。

Java 代码：

class Solution {
    static int N = 100010, MOD = (int)1e9+7;
    static long[] p = new long[N];
    static {
        p[0] = 1; 
        for (int i = 1; i < N; i++) p[i] = p[i - 1] * 2 % MOD;
    }
    public int sumSubseqWidths(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        long ans = 0;
        Arrays.sort(nums);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            ans += (p[i] * nums[i]) % MOD;
            ans %= MOD;
            ans -= (p[n - i - 1] * nums[i]) % MOD;
            ans %= MOD;
        }
        return (int) ans;
    }
}

TypeScript 代码：

function sumSubseqWidths(nums: number[]): number {
    let n = nums.length, mod = 1000000007, ans = 0
    const p = new Array<number>(n + 10).fill(1)
    for (let i = 1; i <= n; i++) p[i] = p[i - 1] * 2 % mod
    nums.sort((a,b)=>a-b)
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        ans += p[i] * nums[i] % mod
        ans %= mod
        ans -= p[n - i - 1] * nums[i] % mod
        ans %= mod
    }
    return ans
}

Python3 代码：

class Solution:
    def sumSubseqWidths(self, nums: List[int]) -> int:
        n, mod, ans = len(nums), 1000000007, 0
        p = [1] * (n + 10)
        for i in range(1, n + 1):
            p[i] = p[i - 1] * 2 % mod
        nums.sort()
        for i in range(n):
            ans = ans + p[i] * nums[i] % mod
            ans = ans - p[n - i - 1] * nums[i] % mod
        return ans % mod

• 时间复杂度：排序复杂度为 $O\; (\; n\; log\; \; n\; )\; O(n\backslash log\{n\})$O(nlogn)；统计答案复杂度为 $O\; (\; n\; )\; O(n)$O(n)。整体复杂度为 $O\; (\; n\; log\; \; n\; )\; O(n\backslash log\{n\})$O(nlogn)
• 空间复杂度： $O\; (\; n\; )\; O(n)$O(n)

我是宫水三叶，每天都会分享算法知识，并和大家聊聊近期的所见所闻。

欢迎关注，明天见。

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