看完2025职场新人报告，字节赢麻了职场新人正值校招火热进行时，职场 App 脉脉发布了一项有意思的数据分析报告，主要

职场新人

正值校招火热进行时，职场 App 脉脉发布了一项有意思的数据分析报告，主要是针对"职场新人"的，这里说的新人，是指毕业三年内的同学。

这份报告，如果简单总结的话，就是字节赢麻了。

首先一个很直接的数据，2025 校招生里面，有近一半（43.37%）的学生，最想去的公司，就是字节，其次是腾讯和阿里。

十年前，是 BAT，十年后，还是 BAT。

只不过这里的 B，不是百度（Baidu），而是字节（ByteDance）。

这是只出现在 2025 校招生中的偶然吗，还是说近几年的年轻人，就是特别钟爱字节？

接下来一份职场新人（3 年以下经验）的流向企业，直面回答了这个问题。

这个图的看法是：流向该公司的新人，大多源自左边的公司，然后从该公司流出的新人，大多会去往右边的公司。

用第一项数据来举 🌰 的话，就是绝大多数跳槽到字节的新人，来源于快手、美团和腾讯，而从字节跳出去的新人，大多数都会去腾讯、美团和京东。

可以看出，除字节本身外的九家公司，有七家的大厂新人，最想跳槽的公司，就是字节。唯二的两家，阿里和网易，跳槽名单也有字节，只不过是排在第二。

说句字节是新人们的梦中情司，不过分。

这里面的原因，并不难想。

除了字节的薪资待遇很有竞争力以外，字节的企业文化，也是受年轻人们所喜爱的主要原因。

有 OKR，没有奋斗者氛围，有扁平化管理，没有江湖气，虽然也有一些"嫡系"的说法，但整体还是相对纯粹。

随着互联网主力人群的新老交替，我想绝大多数公司未来的企业文化，未来或多或少都会往"字节系"去靠拢。

...

说到字节，就来一道和「字节（校招二面）」相关的算法题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：419

给你一个大小为 $m \times n$ 的矩阵 $board$ 表示甲板，其中，每个单元格可以是一艘战舰 'X' 或者是一个空位 '.' ，返回在甲板 $board$ 上放置的战舰的数量。

战舰只能水平或者垂直放置在 $board$ 上。

换句话说，战舰只能按 $1 \times k$ （ $1$ 行， $k$ 列）或 $k \times 1$ （ $k$ 行， $1$ 列）的形状建造，其中 $k$ 可以是任意大小。

两艘战舰之间至少有一个水平或垂直的空位分隔（即没有相邻的战舰）。

示例 1：

输入：board = [["X",".",".","X"],[".",".",".","X"],[".",".",".","X"]]

输出：2

示例 2：

输入：board = [["."]]

输出：0

提示：

$m = board.length$
$n = board[i].length$
$1 <= m, n <= 200$
$board[i][j]$ 是 '.' 或 'X'

进阶：你可以实现一次扫描算法，并只使用 $O(1)$ 额外空间，并且不修改 board 的值来解决这个问题吗？

脑筋急转弯

如果「允许扫描多次」或者「使用与输入同规模的空间」的话，做法都十分简单：

允许扫描多次，但空间只能 $O(1)$ ：每次遇到 X 的格子，则将 X 所在的战舰修改为 -，统计完答案后，再扫描一次，将 - 恢复为 X 即可；
扫描一次，但空间允许 $O(m \times n)$ ：使用一个与矩阵同等大小的辅助数组 $vis$ 记录访问过的位置即可。

但题目要求「扫描一次」并且「空间 $O(1)$ 」，这就需要有点「脑筋急转弯」了。

注意这里的「扫描一次」是指使用一次遍历，而非要求每个单元格仅能访问一次，注意两者区别。

思考上述两种做法，我们本质都是在战舰的首个格子进行计数，并将该战舰的所有格子进行处理，同时使用去重手段（原数组标记或使用辅助数组）来防止该战舰在后面遍历中被重复计数。

如果我们能够找到某种规律，直接判断出某个 X 格子是否为战舰开头，则不再需要其他去重手段。

当且仅当某个 X 格子的「上方」&「左方」不为 X 时，该格子为战舰首个格子，可以进行计数，同时需要注意当前当为 $0$ （没有「上方」）和当前列为 $0$ （没有「左方」）时的边界情况。

一次扫描 + $O(1)$ 代码：

class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'X') continue;
                if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'X') continue;
                if (board[i][j] == 'X') ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
}

两次扫描 + $O(1)$ 代码：

class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] != 'X') continue;
                board[i][j] = '-';
                for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) board[k][j] = '-';
                for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) board[i][k] = '-';
                ans++;
            }
        }
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == '-') board[i][j] = 'X';
            }
        }
        return ans;
    }
}

一次扫描 + $O(m \times n)$ 代码：

class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        boolean[][] vis = new boolean[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] != 'X' || vis[i][j]) continue;
                vis[i][j] = true;
                for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) vis[k][j] = true;
                for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) vis[i][k] = true;
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
}