小红书后端开发一面（几乎全是场景题）

轮次: 一面
时间: 2026-09
来源: 牛客网

《面试题目》

自我介绍。
请再具体介绍一下你在字节跳动实习期间主要做了哪些事情。
场景题：判断下面订单支付的代码有没有哪里写得不对。

public synchronized void settleOrder(int orderId) {
    if (!paid(orderId)) {
        deductBalance(orderId);
        markPaid(orderId);
    }
}

场景题：给一条 SQL 语句，看有什么问题以及怎么解决（经典的深度分页问题）。
场景题：review 订单场景的三个方法：

// 1. 统计用户每个订单的订单总金额，返回一个列表
// 2. 统计 VIP 用户每个订单的订单总金额，返回一个列表
// 3. 输入 user 对象，返回该用户的用户级别（根据年龄、购买总数等等属性值给出很多个用户级别并返回）

场景题：链路报警排查——线上监控显示某个下游服务的报警时，应该如何排查？
算法题：给你一个整数数组 nums，请找出数组中乘积最大的非空连续子数组，并返回该子数组所对应的乘积。

《参考解析》

synchronized settleOrder 的问题在哪：至少三处。第一，锁的粒度和作用域不对——方法上的 synchronized 锁的是 this，同一笔订单的并发请求如果落在不同实例或不同 service 对象上就完全锁不住，多实例部署下等于没加锁。要锁应该按 orderId 分段锁，或者干脆交给数据库和分布式锁。第二，「检查—执行」不是原子操作，paid(orderId) 判断完到 markPaid 之间有空窗，两个线程可能都通过检查，于是重复扣款；正确做法是把状态判断和状态变更收进一条带条件的 SQL（update ... set status = 'PAID' where id = ? and status = 'UNPAID'），用影响行数决定谁赢。第三，顺序也值得说：先扣余额再标记已支付，如果中间抛异常而事务没兜住，钱扣了单没标记；反过来先标记再扣，失败则单已支付钱没扣。这题答完这三点，再补一句「还要有业务幂等键防重试重复扣」就是完整答案。
深度分页为什么慢：limit 100000, 10 并不是只扫 10 行，而是要先取出前 100010 行再丢掉前 100000 行，回表成本全花在被丢掉的数据上。三种改法按适用面排：一是延迟关联，先用覆盖索引把主键查出来再 join 回原表，把回表次数压到只跟返回行数相关；二是游标分页，前端把上一页最后一条的 id 或排序键传回来，where id > ? order by id limit 10，这是最优解，代价是不能跳页；三是业务上限制可翻页深度，或把深翻页交给搜索引擎。要注意游标分页要求排序键唯一且稳定，用 create_time 这种会重复和变更的字段做游标会漏数据，得配合 id 做二级排序。
三个方法的 review 思路：先看重复——前两个方法只有「过滤 VIP」这一处差异，可以用模板方法或把条件抽成参数，避免一份逻辑改两遍漏一遍；再看查询次数——如果实现是「先查订单列表、再循环查每单金额」，那就是典型 N+1，要改成一条 group by order_id 的聚合或批量 in 查询；接着看聚合放在哪——sum 这类计算能下推到数据库就别捞到内存里循环加，数据量大时要考虑预计算和缓存；最后看返回结构，直接返回实体容易把内部字段暴露出去也容易让分页失效，要返回明确的 DTO。第三个方法是最典型的「一堆 if-else 堆等级」的坏味道，改法是抽规则表或策略模式——把「年龄区间、购买总数区间 → 等级」做成配置，加等级时只改配置不改代码。
下游服务报警的排查顺序：先把「谁的锅」定位清楚，顺序是从外到内。看入口指标：是流量真的涨了，还是耗时涨了、错误率涨了，还是只有超时变多。再看依赖：用调用链（trace）把这一次请求经过的下游逐个列出来，看是哪一跳开始变慢或报错，同时对比下游服务自己的指标——如果下游自身的 RT 和错误率都正常，那问题在调用方（连接池被打满、超时设置太短、线程池排队）；如果下游自己也在抖，就看它的资源（CPU、GC、连接数、慢查询）和最近的变更。第三步是止血而不是找根因：能回滚就回滚最近一次发布，不能回滚就先限流、降级非核心链路、扩大连接池或超时。最后才是复盘，把「为什么监控没提前发现」也当成一个问题记下来。这题的加分点是主动提到「先看最近有没有发布和配置变更」，真实故障里这个命中率很高。
乘积最大子数组：和「最大子数组和」的差别在于负号会让最小值翻成最大值，所以只维护一个 max 是不够的。

public int maxProduct(int[] nums) {
    int max = nums[0], min = nums[0], res = nums[0];
    for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
        // 当前数为负时，max 和 min 的角色互换，所以先存下来
        if (nums[i] < 0) {
            int t = max;
            max = min;
            min = t;
        }
        max = Math.max(nums[i], max * nums[i]);
        min = Math.min(nums[i], min * nums[i]);
        res = Math.max(res, max);
    }
    return res;
}

状态定义是「以 i 结尾的子数组的最大 / 最小乘积」，两个都要留是因为最小值随时可能因为乘上一个负数变成最大值。转移就是「自己单独成段」和「接上前一个」二选一。时间 O(n)、空间 O(1)，符合题目对 32 位整数结果的约束（中间乘积用 int 足够，因为题目保证答案在 int 范围，但工程上写成 long 更保险）。

《面试题目》

《参考解析》

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