大家好，我是苍何。
最近，字节发了全员邮件，对全年激励方案做了一轮调整，这次调整将使得绩效越高的同学获得更多的期权奖励，年终奖也会有大幅提升。
做了下提炼，主要有以下几个要点：
1、结构变化
现金与期权/RSU 共同构成
现金奖金最高可达 3 个月薪资
高绩效同学可获得“绩效期权/RSU
2、绩效期权/RSU 总额更大
计算基数变大：由日薪变为月总包计算
额外发放比例：增加一定比例股份（通常为 10%）
3、归属时间加速
最快立即归属，最慢不超过 2 年
归属后可全额申购
4、细节优化
方案基础上加大激励，激励周期限制提升
绩效期权/RSU 低于 10 股时，将以现金形式一次性发放
不愧是宇宙厂，调整幅度还挺大的，不过总体而言，更加有利于高绩效的同学，而对于绩效普通的人来说，貌似不会有太大变化。
这次调整的目的也很明显，互联网不鼓励大锅饭，而是有严格的绩效考评，高绩效的会得到更多，而对于低绩效，就有可能会被淘汰出局。
这感觉之后的竞争会更加激烈，说的好听些，你叫竞争，说的不好听些，这就是内卷。
果然，字节和心脏只有一个能跳动不是开玩笑的，不过能在宇宙厂当牛马，福利薪资那是相当到位的，你看今年给的这情况，26-30 k 都属于白菜价段位了，不少的 SSP 开的简直让人心动。
其中算法岗就直接开到了 100 w 总包 + 股票，就问你恐怖不恐怖。
无论从最近的豆包更新动作，还是招聘的大模型相关人才都是往狠了给来看，AI 都将是未来的大趋势了。
就像马爸爸说的：
我们要让 AI 赋能我们的情怀，我们也要让情怀去赋能我们的 AI。
AI+科技+情怀，是马总给的答案。
刚好苍何今天看了吴军老师的《见识》一书，里面讲到新的科技从出现到成为潮流必经的过程如何「发现第三眼美女」。
大概意思是说新技术的迭代会有一个过程，一开始是在内部专业的技术圈子里火了，也只是专业人员使用，后面慢慢开始大众也使用了解，但是因为价格昂贵，并无法普及，最后价格下来了也创造了更多的应用价值。
我觉得当下的 AI，可能处于第一和第二阶段，慢慢大众普及，但无论是大模型的训练成本、算力等一系列问题上都无法跨越一道坎。
但随着时间的推移，我们一定到达第三阶段，就像当年的 PC、移动互联网一样。AGI 的时刻一定会加速到来。
好啦，对于字节年终奖大涨这事，你有什么补充的呢？欢迎评论区讨论。
...
回归主题。
今天来一道字节开发考过的一道面试算法题，给枯燥的牛马生活加加油😂。
题目描述
平台：LeetCode
题号：322
题目描述：零钱兑换
给你一个整数数组 coins，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount，表示总金额。
计算并返回你可以凑成总金额所需的最少硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：
coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：
3
解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：
coins = [2], amount = 3
输出：
-1
示例 3：
输入：
coins = [1], amount = 0
输出：
0
提示：
1 <= coins.length <= 121 <= coins[i] <= 2^31 - 10 <= amount <= 10^4
解题思路
这是一个完全背包问题，求组成指定金额所需的最少硬币数量。我们可以使用动态规划来解决该问题。
状态定义：
定义dp[i]表示凑成金额i所需的最少硬币个数。状态转移方程：
对于每一个金额j和每一个硬币面额coin：其中，
dp[j - coin]表示去掉当前硬币面额后剩余金额所需的最少硬币个数。
如果当前硬币可以用于组成金额
j，则：dp[j]=min(dp[j],dp[j−coin]+1)dp[j] = \min(dp[j], dp[j - coin] + 1)
初始化：
dp[0] = 0，表示金额为 0 时所需的硬币个数为 0。其他
dp[i]初始化为一个较大的值（例如amount + 1），表示尚未求解。
最终结果：
如果 dp[amount] 仍然是初始的较大值，则说明无法凑出 amount，返回 -1；否则返回 dp[amount]。
代码实现
Java 代码
import java.util.Arrays;
public class CoinChange {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// 初始化 dp 数组，dp[i] 表示凑成金额 i 所需的最少硬币个数
int[] dp = new int[amount + 1];
Arrays.fill(dp, amount + 1); // 初始化为一个较大的值
dp[0] = 0; // 金额为 0 时，不需要硬币
// 遍历每个硬币面额
for (int coin : coins) {
for (int j = coin; j <= amount; j++) {
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coin] + 1);
}
}
return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];
}
}
C++ 代码
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
// 初始化 dp 数组，dp[i] 表示凑成金额 i 所需的最少硬币个数
vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
dp[0] = 0; // 金额为 0 时，不需要硬币
// 遍历每个硬币面额
for (int coin : coins) {
for (int j = coin; j <= amount; ++j) {
dp[j] = min(dp[j], dp[j - coin] + 1);
}
}
return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];
}
};
Python 代码
def coinChange(coins, amount):
# 初始化 dp 数组，dp[i] 表示凑成金额 i 所需的最少硬币个数
dp = [amount + 1] * (amount + 1)
dp[0] = 0 # 金额为 0 时，不需要硬币
# 遍历每个硬币面额
for coin in coins:
for j in range(coin, amount + 1):
dp[j] = min(dp[j], dp[j - coin] + 1)
# 如果 dp[amount] 仍然是初始值，说明无法凑出 amount
return dp[amount] if dp[amount] != amount + 1 else -1
# 测试示例
print(coinChange([1, 2, 5], 11)) # 输出：3
print(coinChange([2], 3)) # 输出：-1
print(coinChange([1], 0)) # 输出：0
复杂度分析
时间复杂度：O(n * amount)，其中
n是硬币的种类数，amount是目标金额。
遍历每个硬币面额，内层循环遍历目标金额范围。
空间复杂度：O(amount)，用于存储 dp 数组。
ending
你好呀，我是苍何。是一个每天都在给自家仙人掌讲哲学的执着青年，我活在世上，无非想要明白些道理，遇见些有趣的事。倘能如我所愿，我的一生就算成功。共勉 💪
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