hitmanx

发完贴想起来，我这样写和你原帖是一样的，需要分情况讨论，原因是你这种表示方法(0.5 表示缩小一倍,2 表示放大一倍)不是对称也不是均匀分布的；另一个表示方法是负数表示缩小，正数表示放大，那么实际上就从[0.5,2]变成了[-2, 2]，就对称了。

因此换个思路的话，你这个其实是指数对称，也就是 2^-1 表示缩小一倍，2^1 表示放大一倍，这样指数项就变成了对称且均与分布的了：

# 假设返回[-1, 1]
return exp(2, rand())

r = rand() # 假设 rand()返回[0, 1]
return (r + 0.5) if (r < 0.5) else r * 2 #相当于 50%的概率位于[0, 0.5),要把它 scale 到[0.5, 1); 50%的概率位于[0.5, 1],要把它 scale 到[1, 2]

考虑买 air，用作轻量级上网本+浏览代码+玩具级别小程序开发。当然真正日常干活还是台式机+thinkpad 。现在手头有 mbp 16，但是太重了，用的很少。比较享受那种随开随关，桌上、沙发上、床上随便带来带去的感觉

如果仅从岗位上考虑的话，技术支持 vs 开发（假如腾讯是开发），感觉还是开发更好一些。我有点怀疑微软的技术支持能学到啥“绝对领先”的技术。如果两者都是技术支持且非得 2 选 1 的话，我会选 ms

<Algorithms>, <CSAPP>，都是入门神书

感觉 AI 相关的门槛逐年升高，如果不是有很好的学历+顶级会议发表，很难的。而且一旦换个赛道，你做了 6 年的 java 基本都用不上，相比应届生在经验上没有优势，在年龄上还有劣势，你琢磨琢磨。

而且说实在的，就像我现在去读个美术的专业，不代表我出来就能靠画画吃饭了不是，天生不是这块料啊。不妨先业余时间自己看看书籍、看看论文，坚持一段时间，看看自己是不是这方面有兴趣和天赋再说吧……

@mxalbert1996 然而并不是所有的解在这个算法里都会被遍历一次。最简单的思想实验，如果 s 小于 array 的任何一个元素，那么所有子数组都是大于 s 的，总共有 O(n^2)个子数组，那么要遍历所有的解至少是 O(n^2)的复杂度；而这个算法的复杂度是固定的 O(n)，所以一定是有些子数组是在期间被跳过的，但是并不影响求出最优解。

需要证明的内容也很简单：假设最优解是 OL, OR,窗口的两侧分别是 WL, WR，则当 WR == OR - 1 时且 sum(WL, WR) < s 时，此时窗口右移，即 WR' = WR + 1.那么此时 sum(WL, WR')必须要大于 s，才会进入统计的流程，否则 WR'会继续右移，进而超过 OR,也就意味着此时最优解就不在答案的集合中。

证明也很简单，因为已知(OL, OR)是最优解，即 sum(OL, OR) > s.而此时窗口在(WL, WR')即(WL, OR)，如果要错过最优解，必须 sum(WL, OR) < s,则 WL 必须大于 OL 。那么上一步解(WL, WR)的长度即 WR - WL + 1 = (OR - 1) - WL + 1 = (OR - WL - 1) + 1,而上面得知 WL > OL, 则(OR - WL - 1) + 1 <= OR - OL + 1，也就是窗口移动的满足 s 的长度至少不长于最优解，这与已知的(OL, OR)是最优解是矛盾的，因此不成立。

@nznd “首先所有可能的满足条件的子数组都在运行时遍历过”

你这个“首先”就是我说的要证明的地方。虽然不难证明，但是仅从代码看，右窗口移动时，仅仅当 currSum >= s 时，才会走到 min 的逻辑，那么就需要证明当事实上的最优解出现时，此时左窗口不会过于靠近右窗口导致当前的 currSum < s，以致于最优解被跳过

谢谢分享。解题思路好像少了一部分，就是怎么证明最优解一定包含在这个解法中，这个我觉得比解法本身更重要