Задача с собеседования в Zopsmart

Даны строки s и t длиной m и n, соответственно. Верните минимальную подстроку (подстроку окна) строки s такую, что каждый символ из строки t (включая повторяющиеся) содержится в этом окне. Если такой подстроки не существует, верните пустую строку "".
Тестовые данные составлены таким образом, чтобы ответ был уникальным.

Follow up: можете ли вы найти алгоритм, работающий за O(m + n) по времени?

Пример 1:
Input: s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
Output: "BANC"
Объяснение: Подстрока минимального окна "BANC" включает символы 'A', 'B' и 'C' из строки t.

Пример 2:
Input: s = "a", t = "a"
Output: "a"
Объяснение: Вся строка s является минимальным окном.

Пример 3:
Input: s = "a", t = "aa"
Output: ""
Объяснение: Обе 'a' из строки t должны быть включены в окно. Поскольку самое большое окно s имеет только одну 'a', возвращаем пустую строку.

Ограничения:
m == s.length
n == t.length
1 <= m, n <= 10⁵
s и t состоят из английских букв верхнего и нижнего регистра.

НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ

Решение
Используем алгоритм "скользящего окна" с двумя указателями и хэш-таблицу.
Расширяем окно правым указателем, пока не набираем все необходимые символы. Когда окно становится валидным, пробуем сжать его левым указателем, избавляясь от лишних символов, пока окно не перестанет удовлетворять условиям.

Создаём два словаря:
freqT - хранит частоту символов строки t, не изменяется;
freqWindow - хранит частоту символов текущего окна, изменяется при движении указателей.

Заполняем словарь freqT:
- С помощью метода get(ch, 0) возвращаем текущую частоту символа, либо 0, если символ ещё не встречался. Увеличиваем счётчик символа на 1.

Переменные:
need - кол-во уникальных символов в t, которые нужно набрать;
have - кол-во уникальных символов, которые уже есть в текущем окне.

res - индексы минимального найденного окна;
resLen - длина минимального окна (float("inf"), чтобы записать первое валидное окно в кач-ве минимального).

Расширяем окно, проходя по строке s указателем r:
- Добавляем каждый новый символ в словарь freqWindow и увеличиваем его частоту на 1;
- Если текущий символ находится в freqT и после добавления его частота в freqWindow равна требуемой в freqT: увеличиваем have.

Сжимаем окно, пока текущее окно содержит все необходимые символы:
- Сравниваем длину окна с длиной найденного ранее (resLen). Если текущее окно короче: сохраняем его индексы в res и обновляем resLen;
- Так как будем сдвигать левый указатель: текущий символ под его индексом покинет окно - уменьшаем счётчик этого символа в freqWindow на 1;
- Проверяем, осталось ли окно валидным:
если s[l] есть в freqT и кол-во символа в freqWindow меньше, чем необходимо (freqT), значит, мы потеряли один из требуемых уникальных символов - уменьшаем have на 1;
- Сдвигаем левый указатель вправо.
Если have становится меньше need, цикл завершается, мы возвращаемся к расширению окна правым указателем.

Возвращаем срез по сохранённым индексам минимального найденного окна.

Сложность
O(m + n) - по времени (l и r двигаются только вправо и ограничены длиной s - O(m), заполнение freqT по строке t - O(n))
O(1) - по памяти (фиксированное кол-во букв алфавита)

Код
class Solution:
def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
if len(s) < len(t):
return ""

freqT, freqWindow = {}, {}
for ch in t:
freqT[ch] = 1 + freqT.get(ch, 0)

need, have = len(freqT), 0
res, resLen = [-1, -1], float("inf")

l = 0
for r in range(len(s)):
ch = s[r]
freqWindow[ch] = 1 + freqWindow.get(ch, 0)

if ch in freqT and freqWindow[ch] == freqT[ch]:
have += 1

while have == need:
if (r - l + 1) < resLen:
res = [l, r]
resLen = (r - l + 1)

freqWindow[s[l]] -= 1
if s[l] in freqT and freqWindow[s[l]] < freqT[s[l]]:
have -= 1
l += 1

l, r = res
return s[l:r+1] if resLen != float("inf") else ""

@algoses

Задача с собеседования в Zopsmart

Дана голова односвязного списка. Разверните список и верните его.

Follow-up: связный список можно развернуть как итеративно, так и рекурсивно. Могли бы вы реализовать оба способа?

Пример 1:
Input: head = [1,2,3,4,5]
Output: [5,4,3,2,1]

Пример 2:
Input: head = [1,2]
Output: [2,1]

Пример 3:
Input: head = []
Output: []

Ограничения:
Количество узлов в списке находится в диапазоне [0, 5000].
-5000 <= Node.val <= 5000

НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ

Решение
В односвязном списке каждый узел хранит данные и ссылку на следующий элемент (или None, если узел последний).
Чтобы развернуть список, нужно изменить указатели всех узлов на противоположные.

Итеративно:
reversed_head - голова развёрнутого списка (сначала None, так как развёрнутый список пуст).
head - узел, с которым работаем (текущий обрабатываемый узел исходного списка).
head.next - указатель текущего узла, его направление будем менять.

Идём до конца исходного списка, на каждой итерации обрабатывая head:
- сохраняем узел, следующий за head, в переменную next_node, чтобы не потерять остаток списка после разрыва связи между узлами;
- операция разворота: указатель текущего узла теперь указывает на голову развёрнутой части;
- обновляем голову развёрнутой части: теперь она начинается с текущего узла;
- переходим к сохраненному остатку исходного списка.
В конце возвращаем голову развёрнутого списка.

Сложность:
O(n) - по времени (проходим по списку один раз)
O(1) - по памяти (храним три указателя, разворачиваем ссылки на месте)

Код:
class Solution:
    def reverseList(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
        reversed_head = None

        while head:
            next_node = head.next
            head.next = reversed_head
            reversed_head = head
            head = next_node

        return reversed_head


Рекурсивно:
Сначала уходим в конец списка, достигая базового случая, а потом идём в обратном порядке, переворачивая указатели.

Базовый случай:
если исходный список пуст или следующий узел отсутствует. Последний узел становится головой развёрнутого списка, рекурсия останавливается.

Рекурсивный случай:
вызываем функцию для остатка исходного списка и получаем reversed_head - последний узел исходного списка, ставший головой (ссылка на него не меняется во время работы алгоритма).
После достижения базового случая поднимаемся по стеку вызовов:
- меняем указатель у узла, следующего за head, на head. Теперь они ссылаются друг на друга;
- разрываем старую связь между узлами: head указывает на None и становится последним узлом в развёрнутой части;
- возвращаем голову развёрнутого списка.

Сложность:
O(n) - по времени (кол-во вызовов равно длине списка)
O(n) - по памяти (рекурсия линейная)

Код:
class Solution:
def reverseList(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
if not head or not head.next:
return head

reversed_head = self.reverseList(head.next)
head.next.next = head
head.next = None

return reversed_head

@algoses

Последний шанс ворваться в Баттл вузов: турнир по программированию с призом в 1 млн рублей!

Первый тур закрывается уже 20 мая, но у вас еще есть возможность принять участие. Нужно решить 10 задач и набрать как можно больше баллов, чтобы попасть во второй тур.

Участвовать могут студенты, абитуриенты и выпускники вузов. Чем больше регистраций от вуза, тем больше шансов, что кубок Young&&Yandex попадет именно в ваш университет!

200 лучших кодеров попадут в финал на фестивале Young Con 2026. Все финалисты получат призы от Умного дома, а победитель турнира выиграет 1 млн рублей!

Не упусти возможность показать свои скиллы всей стране: регистрируйся на первый тур до 20 мая.

Поступить в вуз мечты и не платить за учёбу? Это реально!

Центральный университет — российский вуз нового типа, внедряющий STEM-подход в высшее образование. Университет создан в партнерстве с более чем 70 крупнейшими компаниями и организациями: Сбер, Авито, VK, Яндекс, Т-Банк и другие.

Здесь не просто дают знания, а формируют специалистов, которых ждут в индустрии. 
Обучение ведется по программам:
— разработка;
— искусственный интеллект;
— бизнес и аналитика;
— дизайн;
— машинное обучение;
— продуктовый менеджмент;
— бэкенд разработка.

А еще каждый студент может получить грант до 100% на весь срок обучения.

Хочешь узнать подробнее? Приходи на МЕГАДОД 2026!

24 мая, с 12:00 до 15:30.
Очно в кампусе Центрального университета (Москва, м. Маяковская).

На мероприятии ты:
• узнаешь про программы бакалавриата и магистратуры, процесс обучения и карьерные перспективы;
• услышишь выступления академических руководителей и преподавателей;
• узнаешь про новые программы 2026;
 • увидишь кампус изнутри, пообщаешься со студентами, посетишь мастер-классы и интерактивные станции.

Не упусти возможность учиться в одном из лучших вузов сферы! 

Зарегистрироваться

Задача с собеседования в eBay

Коко любит есть бананы. Имеется n куч бананов, где i-я куча содержит piles[i] бананов. Охранники ушли и вернутся через h часов.
Коко может выбрать скорость поедания бананов в час (равняется k). Каждый час она выбирает какую-либо кучу и съедает k бананов из неё. Если в выбранной куче меньше k бананов, она съедает их все и в течение этого часа больше не ест.
Коко любит есть медленно, но хочет успеть съесть все бананы до возвращения охранников.
Верните минимальное целое число k, при котором Коко сможет съесть все бананы в течение h часов.

Пример 1:
Input: piles = [3,6,7,11], h = 8
Output: 4

Пример 2:
Input: piles = [30,11,23,4,20], h = 5
Output: 30

Пример 3:
Input: piles = [30,11,23,4,20], h = 6
Output: 23

Ограничения:
1 <= piles.length <= 10⁴
piles.length <= h <= 10⁹
1 <= piles[i] <= 10⁹

НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ

Решение
Используем бинарный поиск, а точнее бинарный поиск по ответу: если Коко успеет съесть все бананы при некоторой скорости k, значит, она сможет их съесть и при любой скорости больше k (свойство монотонности). Таким образом, можно отбросить половину диапазона поиска.
В отличие от классического бинпоиска здесь не требуется сортировка входных данных, так как искать результат будем не в массиве piles, а в уже упорядоченном диапазоне скоростей (левую границу определим как 1, а правую - как max(piles)). Порядок самих куч не влияет на сумму часов.

- Определяем исходный диапазон поиска: l = 1 (минимальная возможная скорость), r = max(piles) (кол-во бананов в самой большой куче, так как в любом случае нельзя съесть кучу быстрее, чем за час);

- Задаём условие для перехода в левую или правую половину: в цикле бинарного поиска вычисляем среднюю скорость.
Проходим по всем кучам и считаем кол-во часов, за которые Коко съест все бананы при текущем гипотетическом значении k: hours += (p + k - 1) // k
Формула вычисления часов работает следующим образом:
к примеру, Коко успевает съесть за час все бананы из кучи, кроме 1. На этот 1 банан в любом случае нужен 1 дополнительный час, в течение которого Коко съест только его, не начиная новую кучу. То есть нам требуется округление вверх (целочисленное деление в питоне по умолчанию округляет вниз).
Нужно добавить такое кол-во бананов, чтобы и получить необходимый дополнительный час при наличии остатка, и корректно обработать числа без остатка. Значение, которое сработает в любом из двух случаев - это прибавка k - 1 (максимальное значение, не создающее дополнительные часы, когда у нас нет остатка).
Предположим, p = 11, а k = 5. При простом делении p // k получили бы 2, и один банан остался бы без учёта при подсчёте часов. Но если пользуемся формулой (11 + 5 -1) // 5, получаем 3 часа, которые потребуются, чтобы съесть 11 бананов со скоростью 5 бананов/час.
А если бы в другой куче было 15 бананов, которые делятся на 5 без остатка, формула тоже сработала бы: (15 + 5 - 1) // 5 = 3 (всё те же 3 часа, так как целочисленное деление просто отбросит остаток 4);

- Сдвигаем границы поиска:
Если Коко успевает съесть все бананы: запоминаем k как текущего кандидата, обновляя res, и сдвигаем правую границу поиска влево (пытаемся найти ещё меньшую скорость);
Если не успевает: сдвигаем левую границу вправо, так как нужно искать среди больших скоростей;

Возвращаем минимальную возможную скорость, при которой Коко сможет съесть все бананы, уложившись в h часов.

Сложность
O(n log m) - по времени (где n - кол-во куч бананов, а m - максимальное кол-во бананов в куче)
O(1) - по памяти (храним только переменные, не создавая дополнительных структур данных)

Код
class Solution:
def minEatingSpeed(self, piles: List[int], h: int) -> int:
l, r = 1, max(piles)
res = r

while l <= r:
k = (l + r) // 2
hours = 0
for p in piles:
hours += (p + k - 1) // k

if hours <= h:
res = min(res, k)
r = k - 1
else:
l = k + 1

return res

@algoses

Задача с собеседования в Zynga

Дан массив целых чисел asteroids, представляющий астероиды, расположенные в ряд. Индексы элементов массива соответствуют их относительному положению в пространстве.
Для каждого астероида абсолютное значение (модуль) определяет его размер, а знак - направление движения (положительный означает движение вправо, отрицательный - влево). Все астероиды движутся с одинаковой скоростью.
Определите состояние астероидов после всех столкновений. Если два астероида встречаются, взрывается меньший из них. Если их размеры равны, взрываются оба. Два астероида, движущиеся в одном направлении, никогда не встретятся.

Пример 1:
Input: asteroids = [5,10,-5]
Output: [5,10]
Объяснение: 10 и -5 сталкиваются, в результате остаётся 10. 5 и 10 никогда не столкнутся.

Пример 2:
Input: asteroids = [8,-8]
Output: []
Объяснение: 8 и -8 сталкиваются, взрывая друг друга.

Пример 3:
Input: asteroids = [10,2,-5]
Output: [10]
Объяснение: 2 и -5 сталкиваются, в результате остаётся -5. 10 и -5 сталкиваются, остаётся 10.

Пример 4:
Input: asteroids = [3,5,-6,2,-1,4]
Output: [-6,2,4]
Объяснение: Астероид -6 взрывает астероиды 5 и 3, затем продолжает двигаться влево. С другой стороны, астероид 2 взрывает астероид -1 и продолжает двигаться вправо, не сталкиваясь с астероидом 4.

Ограничения:
2 <= asteroids.length <= 10⁴
-1000 <= asteroids[i] <= 1000
asteroids[i] != 0

НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ

Решение
Столкновение происходит между соседними астероидами (они могут не быть соседями в изначальном массиве, а стать ими после взрывов), летящими в разные стороны (с противоположными знаками). И только в том случае, когда астероид, летящий вправо, находится левее астероида, летящего влево. Иначе астероиды просто разлетятся в разные стороны и никогда не столкнутся. Так произойдёт, например, при asteroids = [-1, -2, 1, 2]. Однако при [1, -1, 2, -2], они взорвут друг друга, и стек окажется пуст.

- Используем стек для хранения астероидов, которые ещё не столкнулись или пережили столкновение. Стек удобен тем, что позволяет проверять верхний астероид (последний добавленный) на столкновение с левым. Верхний - ближайший справа к левому, при его взрыве левый продолжит движение и проверит следующий (добавленный раньше) астероид в стеке, который автоматически станет новым ближайшим.

- Симулируем движение:
В цикле while (while позволяет проверять левый астероид на столкновение с несколькими правыми подряд) имитируем столкновение: стек должен быть не пуст, текущий астероид должен лететь влево, а верхний астероид в стеке - лететь вправо:
Чтобы определить, какой взорвётся, высчитываем разницу между их размерами посредством суммирования. Так как мы зашли в цикл while, текущий a всегда отрицательный, а stack[-1] - положительный, знак diff покажет, какой астероид больше:
- если diff отрицательный - левый больше => правый взрывается => удаляем его из стека => левый остаётся и продолжает цикл while, проверяя следующий астероид в стеке;
- если diff положительный - правый больше => левый взрывается, правый остаётся в стеке => обнуляем значение левого, цикл while завершается, так как условие a < 0 больше не выполняется;
- если значение diff равно нулю - размеры равны => оба взрываются => обнуляем левый и удаляем правый из стека, цикл завершается.

- Если после столкновений текущий астероид не равен 0, значит, он выжил. Добавляем его в стек.

Сложность
O(n) - по времени (проходим по массиву 1 раз, каждый астероид может быть добавлен в стек или удалён из него не более 1 раза)
O(n) - по памяти (в худшем случае храним в стеке все элементы массива)

Код
class Solution:
def asteroidCollision(self, asteroids: List[int]) -> List[int]:
stack = []

for a in asteroids:
while stack and a < 0 < stack[-1]:
diff = a + stack[-1]
if diff < 0:
stack.pop()
elif diff > 0:
a = 0
else:
a = 0
stack.pop()

if a:
stack.append(a)

return stack

@algoses

Задача с собеседования в eBay

Даны строка s и словарь из строк wordDict.
Верните true, если s можно разбить на последовательность из одного или нескольких слов из словаря, разделённых пробелами.
Обратите внимание: одно и то же слово в словаре может использоваться при разбиении многократно.

Пример 1:
Input: s = "leetcode", wordDict = ["leet","code"]
Output: true
Explanation: Вернётся true, так как строку "leetcode" можно разбить как "leet code".

Пример 2:
Input: s = "applepenapple", wordDict = ["apple","pen"]
Output: true
Explanation: Вернётся true, так как строку "applepenapple" можно разбить как "apple pen apple" (слово из словаря может использоваться повторно).

Пример 3:
Input: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
Output: false

Ограничения:
1 <= s.length <= 300
1 <= wordDict.length <= 1000
1 <= wordDict[i].length <= 20
s и wordDict[i] состоят только из строчных английских букв.
Все строки в wordDict уникальные.

НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ

Решение
Задача помечена тегом "Dynamic Programming": есть оптимальная подструктура и перекрывающиеся подзадачи. Если знаем, что хвост строки после некоторой позиции можно разбить на слова из словаря, то, чтобы расширить это разбиение влево, достаточно найти слово, заканчивающееся на этой позиции. Один и тот же срез строки может проверяться несколько раз - кэшируя ответ для каждой позиции, избежим повторных вычислений.

Используем итеративный dp:
Превращаем список wordDict во множество wordSet для ускорения поиска за O(L), где L - длина слова.
Создаём таблицу, где dp[i] = True, если суффикс s[i:] можно разбить. Размер: (n+1), где n - длина s (+1, чтобы учесть позицию после последнего символа и убедиться, что строка разбита полностью). По умолчанию заполняем False, так как ещё ничего не нашли.
Базовый случай: dp[n] = True. Пустой остаток корректен, цепочка слов доходит до конца s.

Суть алгоритма: перебираем позиции в s, проверяя срезы на присутствие в wordSet и возможность их "стыковки" с уже разобранными срезами в правой части.
Заполняем таблицу:
i - позиция начала потенциального слова; идёт по s справа налево.
j - конец потенциального слова, которое начинается в i; идёт вправо от i.
s[i:j+1] - текущий проверяемый срез.
В начале внутреннего цикла: i = j, с каждой следующей итерацией j увеличивается на 1, а длина подстроки растёт, пока не достигнет maxLength (длина самого длинного слова в словаре) или конца строки.

За проверку валидности среза отвечают два условия:
if dp[j+1] - разбивается ли остаток строки справа от текущего среза. Движемся справа налево, поэтому это значение уже вычислено.
Это условие не позволяет попасть в тупик, если слово есть в словаре, но не стыкуется корректно с хвостом (например, в строке "catsandog" на какой-то итерации найдём срез "and", но он не будет стыковаться с остатком строки, так как в словаре нет слова "og");
if s[i:j+1] in wordSet - наличие слова в словаре.
Порядок условий важен за счёт оптимизации "коротким замыканием": если остаток строки справа не разбивается корректно - новый срез не создаётся, а хэш не вычисляется.
Если оба условия удовлетворяются: dp[i] = True, цикл прерывается, так как нам достаточно найти один подходящий путь.

Возвращаем dp[0] - ответ для всей строки s[0:].

Сложность
O(N * L^2 + M * L) - время:
M * L - создание wordSet;
N * L^2 - N итераций во внешнем цикле (N - длина s) и до L итераций (ограничен maxLength) во внутреннем цикле:
внутри: создание среза s[i:j+1] за O(L) и вычисление хэша для поиска в wordSet за O(L) => O(L^2).

O(N + M * L) - память (дп массив и хэш-множество M слов длиной до L)

Код
class Solution:
def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
wordSet = set(wordDict)
n = len(s)
maxLength = max(len(w) for w in wordDict)

dp = [False] * (n+1)
dp[n] = True

for i in range(n-1, -1, -1):
for j in range(i, min(i+maxLength, n)):
if dp[j+1] and s[i:j+1] in wordSet:
dp[i] = True
break

return dp[0]

@algoses