百万期权

大家都知道，现在是拼 AI 的时代。

更直白的，是拼 AI 人才的时代，毕竟有好的团队，就有好的基础，就能在模型进展上领先人家几个月。

目前互联网大厂对于 AI 人才的"控制欲"到了前所未有的地步，除了及其严苛的"竞业协议"以外，甚至有些公司会有 HR 盯着团队成员，禁止参加技术沙龙等公开活动，怕自家人才在参加活动过程中被其他公司的 HR 所接触到。

但我说，这些公司都属于没抓到要领。

留住人才的最好方法，就是给钱。

最近就有一家公司，在留住 AI 人才上，砸了大钱。

没有悬念，这家公司就是字节跳动，对应的 AI 部门是 Seed。

字节跳动近期为旗下 Seed 部门实施期权增发计划，覆盖主要为大模型方向的技术员工。

按照综合绩效、职级不同，员工每月可获得 9/11/13 万字节期权，按月归属，预计发放 18 个月，累计期权总量可达百万级。

你没看错，是每月得 9/11/13 万字节期权，而且是按月归属。

可能会有不少读者，对 Seed 部门了解不深，这里简单介绍一下。

字节 Seed 部门成立于 2023 年，是字节跳动通用人工智能（AGI）战略的重要抓手，内部也把团队称为 "Seed Edge"。

例如字节跳动的 AI 拳头模型豆包，就是由该部门主导研发。

这么个砸钱法，不是外面的人挖不动这么简单，而是外面的人都想进来了 🤣🤣

...

回归主题。

来一道和「字节跳动」相关的算法题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：871

汽车从起点出发驶向目的地，该目的地位于出发位置东面 target 英里处。

沿途有加油站，每个 station[i] 代表一个加油站，它位于出发位置东面 station[i][0] 英里处，并且有 station[i][1] 升汽油。

假设汽车油箱的容量是无限的，其中最初有 startFuel 升燃料。它每行驶 英里就会用掉 升汽油。

当汽车到达加油站时，它可能停下来加油，将所有汽油从加油站转移到汽车中。

为了到达目的地，汽车所必要的最低加油次数是多少？如果无法到达目的地，则返回 。

注意：如果汽车到达加油站时剩余燃料为 ，它仍然可以在那里加油。如果汽车到达目的地时剩余燃料为 ，仍然认为它已经到达目的地。

示例 1：

输入：target = 1, startFuel = 1, stations = []

输出：0

解释：我们可以在不加油的情况下到达目的地。

示例 2：

输入：target = 100, startFuel = 1, stations = [[10,100]]

输出：-1

解释：我们无法抵达目的地，甚至无法到达第一个加油站。

示例 3：

输入：target = 100, startFuel = 10, stations = [[10,60],[20,30],[30,30],[60,40]]

输出：2

解释：
我们出发时有 10 升燃料。
我们开车来到距起点 10 英里处的加油站，消耗 10 升燃料。将汽油从 0 升加到 60 升。
然后，我们从 10 英里处的加油站开到 60 英里处的加油站（消耗 50 升燃料），
并将汽油从 10 升加到 50 升。然后我们开车抵达目的地。
我们沿途在1两个加油站停靠，所以返回 2 。

提示：

贪心 + 优先队列（堆）

我们可以模拟行进过程，使用 n 代表加油站总个数，idx 代表经过的加油站下标，使用 remain 代表当前有多少油（起始有 remain = startFuel)，loc 代表走了多远，ans 代表答案（至少需要的加油次数）。

只要 loc < target，代表还没到达（经过）目标位置，我们可以继续模拟行进过程。

每次将 remain 累加到 loc 中，含义为使用完剩余的油量，可以去到的最远距离，同时将所在位置 stations[idx][0] <= loc 的加油站数量加入优先队列（大根堆，根据油量排倒序）中。

再次检查是否满足 loc < target（下次循环），此时由于清空了剩余油量 remain，我们尝试从优先队列（大根堆）中取出过往油量最大的加油站并进行加油（同时对加油次数 ans 进行加一操作）。

使用新的剩余油量 remain 重复上述过程，直到满足 loc >= target 或无油可加。

容易证明该做法的正确性：同样是消耗一次加油次数，始终选择油量最大的加油站进行加油，可以确保不存在更优的结果。

Java 代码：

class Solution {
    public int minRefuelStops(int target, int startFuel, int[][] stations) {
        PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<>((a,b)->b-a);
        int n = stations.length, idx = 0;
        int remain = startFuel, loc = 0, ans = 0;
        while (loc < target) {
            if (remain == 0) {
                if (!q.isEmpty() && ++ans >= 0) remain += q.poll();
                else return -1;
            }
            loc += remain; remain = 0;
            while (idx < n && stations[idx][0] <= loc) q.add(stations[idx++][1]);
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int minRefuelStops(int target, int startFuel, vector<vector<int>>& stations) {
        priority_queue<int> q;
        int n = stations.size(), idx = 0;
        int remain = startFuel, loc = 0, ans = 0;
        while (loc < target) {
            if (remain == 0) {
                if (!q.empty() && ++ans >= 0) {
                    remain += q.top();
                    q.pop();
                } else {
                    return -1;
                }
            }
            loc += remain; remain = 0;
            while (idx < n && stations[idx][0] <= loc) q.push(stations[idx++][1]);
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def minRefuelStops(self, target: int, startFuel: int, stations: List[List[int]]) -> int:
        q = []
        n, idx = len(stations), 0
        remain, loc, ans = startFuel, 0, 0
        while loc < target:
            if remain == 0:
                if q:
                    ans += 1
                    remain += -heappop(q)
                else:
                    return -1
            loc, remain = loc + remain, 0
            while idx < n and stations[idx][0] <= loc:
                heappush(q, -stations[idx][1])
                idx += 1
        return ans

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

最后

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