一半员工净资产过亿，英伟达中国员工自爆工资单英伟达据风险投资人 Ruben D 透露：芯片巨头英伟达 78% 的员工已

英伟达

据风险投资人 Ruben D 透露：芯片巨头英伟达 78% 的员工已成为百万美元富翁，有一半人的净资产甚至达到 2500 万美元（约合人民币 1.83 亿元）。

英伟达的薪资很高，但光靠现金薪资不足让一半人资产过亿，这里面的主要原因，是英伟达 🚀 一般的涨幅，在过去五年翻了 20 倍。

英伟达作为"卖铲子"的人，总能精准踩中每个风口。

工业设计软件、3A游戏、虚拟货币、AI，带来了海量订单的同时，也把"濒死"的英伟达一度拉到「全球市值第一」的位置。

要知道，如今让全球科技公司都"高攀不起"的英伟达 CEO 黄仁勋，十年前还只能蹭刚起步的小米发布会来推销芯片。

当年，雷军还不是现在的"雷神"，小米手机也才出到第三代。但即使是这般初创品牌的客户，也足以让黄仁勋毕恭毕敬。

十年河东十年河西，如今英伟达的市值，接近 50 个小米，不少有着股权激励的员工，身家也得以水涨船高。

这几年行情不景气，网上晒工资的人少了许多（或被限流），但仍然找到了一份 2021 年英伟达员工收入的资料：

该员工在 2021 年底共有 3 笔收入：股权激励 900W+、全年一次性奖金 16W+，月工资 17W+。

知道英伟达员工收入高，但却是我想象不到的高 🤣🤣🤣

而且，这还是 2021 年的英伟达，当时一股英伟达 30 不到，如今 130+（涨幅 433%），这两年的股权激励会去到多少，我不敢想 🤣🤣🤣

但巨额财富背后是高强度的工作，据英伟达员工爆料，他们基本每周工作 7 天，加班到凌晨 2 点也是常态，还要面临密集的会议安排和严格的时间管理要求，大家几乎没有多少时间陪伴家人，甚至开始考虑"半退休"状态，以缓解工作带来的负面影响。

对此，你怎么看？说实话，你是不是也想体验几年加班到 2 点的日子？欢迎评论区交流。

...

回归主题。

来一道「HOT 100」级别算法题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：450

给定一个二叉搜索树的根节点 root 和一个值 key，删除二叉搜索树中的 key 对应的节点，并保证二叉搜索树的性质不变。返回二叉搜索树（有可能被更新）的根节点的引用。

一般来说，删除节点可分为两个步骤：

首先找到需要删除的节点；
如果找到了，删除它。

示例 1:

输入：root = [5,3,6,2,4,null,7], key = 3

输出：[5,4,6,2,null,null,7]

解释：给定需要删除的节点值是 3，所以我们首先找到 3 这个节点，然后删除它。
一个正确的答案是 [5,4,6,2,null,null,7], 如下图所示。

另一个正确答案是 [5,2,6,null,4,null,7]。

示例 2:

输入: root = [5,3,6,2,4,null,7], key = 0

输出: [5,3,6,2,4,null,7]

解释: 二叉树不包含值为 0 的节点

示例 3:

输入: root = [], key = 0

输出: []

提示:

节点数的范围 $[0, 10^4]$
$-10^5 <= Node.val <= 10^5$
节点值唯一
root 是合法的二叉搜索树
$-10^5 <= key <= 10^5$

进阶：要求算法时间复杂度为 $O(h)$ ， $h$ 为树的高度。

递归

利用题目本身的函数签名的含义，也就是「在以 root 为根的子树中，删除值为 key 的节点，并返回删除节点后的树的根节点」，我们可以用「递归」来做。

起始先对边界情况进行处理，当 root 为空（可能起始传入的 root 为空，也可能是递归过程中没有找到值为 key 的节点时，导致的 root 为空），我们无须进行任何删除，直接返回 null 即可。

根据当前 root.val 与 key 的大小关系，进行分情况讨论：

若有 $root.val < key$ ，说明待删除的节点必然不是当前节点，以及不在当前节点的左子树中，我们将删除动作「递归」到当前节点的右子树，并将删除（可能进行）之后的新的右子树根节点，重新赋值给 root.right，即有 root.right = deleteNode(root.right, key)；
若有 $root.val > key$ ，说明待删除的节点必然不是当前节点，以及不在当前节点的右子树，我们将删除节点「递归」到当前节点的左子树，并将删除（可能进行）之后的新的左子树根节点，重新赋值给 root.left，即有 root.left = deleteNode(root.left, key)；
若有 $root.val = key$ ，此时找到了待删除的节点，我们根据左右子树的情况，进行进一步分情况讨论：
- 若左/右子树为空，我们直接返回右/左子树节点即可（含义为直接将右/左子树节点搬到当前节点的位置）如图所示：
- 若左右子树均不为空，我们有两种选择：
  - 从「当前节点的左子树」中选择「值最大」的节点替代 root 的位置，确保替代后仍满足 BST 特性；
  - 从「当前节点的右子树」中选择「值最小」的节点替代 root 的位置，确保替代后仍满足 BST 特性；
  我们以「从当前节点的左子树中选择值最大的节点」为例子，我们通过树的遍历，找到其位于「最右边」的节点，记为 $t$ （ $t$ 作为最右节点，必然有 t.right = null），利用原本的 root 也是合法 BST，原本的 root.right 子树的所有及节点，必然满足大于 t.val，我们可以直接将 root.right 接在 t.right 上，并返回我们重接后的根节点，也就是 root.left。
  
  而「从当前节点的右子树中选择值最小的节点」，同理（代码见 $P2$ ）。

Java 代码（P1）：

class Solution {
    public TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key) {
        if (root == null) return null;
        if (root.val == key) {
            if (root.left == null) return root.right;
            if (root.right == null) return root.left;
            TreeNode t = root.left;
            while (t.right != null) t = t.right;
            t.right = root.right;
            return root.left;
        } else if (root.val < key) root.right = deleteNode(root.right, key);
        else root.left = deleteNode(root.left, key);
        return root;
    }
}

Java 代码（P2）：

class Solution {
    public TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key) {
        if (root == null) return null;
        if (root.val == key) {
            if (root.left == null) return root.right;
            if (root.right == null) return root.left;
            TreeNode t = root.right;
            while (t.left != null) t = t.left;
            t.left = root.left;
            return root.right;
        } else if (root.val < key) root.right = deleteNode(root.right, key);
        else root.left = deleteNode(root.left, key);
        return root;
    }
}

C++ 代码（P1）：

class Solution {
public:
    TreeNode* deleteNode(TreeNode* root, int key) {
        if (!root) return nullptr;
        if (root->val == key) {
            if (!root->left) return root->right;
            if (!root->right) return root->left;
            TreeNode* t = root->left;
            while (t->right) t = t->right;
            t->right = root->right;
            return root->left;
        } else if (root->val < key) {
            root->right = deleteNode(root->right, key);
        } else {
            root->left = deleteNode(root->left, key);
        }
        return root;
    }
};

Python 代码（P1）：

class Solution:
    def deleteNode(self, root: Optional[TreeNode], key: int) -> Optional[TreeNode]:
        if not root:
            return None
        if root.val == key:
            if not root.left:
                return root.right
            if not root.right:
                return root.left
            t = root.left
            while t.right:
                t = t.right
            t.right = root.right
            return root.left
        elif root.val < key:
            root.right = self.deleteNode(root.right, key)
        else:
            root.left = self.deleteNode(root.left, key)
        return root

TypeScript 代码（P1）：

function deleteNode(root: TreeNode | null, key: number): TreeNode | null {
    if (!root) return null;
    if (root.val === key) {
        if (!root.left) return root.right;
        if (!root.right) return root.left;
        let t: TreeNode | null = root.left;
        while (t!.right) t = t!.right;
        t!.right = root.right;
        return root.left;
    } else if (root.val < key) {
        root.right = deleteNode(root.right, key);
    } else {
        root.left = deleteNode(root.left, key);
    }
    return root;
};

时间复杂度： $O(h)$ ，其中 $h$ 为树的深度
空间复杂度：忽略递归带来的额外空间消耗，复杂度为 $O(1)$