近两年校招和 NG 的 Capital One OA 基本都走 CodeSignal，70 分钟四道独立题。风格很稳：前两题多为 Easy 模拟/计数，后两题开始上实现量和数据结构。这场也是这个节奏。有一个值得提前说的观察：CodeSignal 的题库是固定的，Capital One 的 OA 从里面抽题，题型反复复用，抽到完全没见过的概率不高。做熟常见模式比临场现推稳很多。
整体体感
70 分钟四题的时间分配大概是：
- Q1（Easy）：8-10 分钟
- Q2（Easy-Medium）：12-15 分钟
- Q3（Medium）：18-20 分钟
- Q4（Medium-Hard）：20-25 分钟
我的实际用时是：Q1 9min、Q2 11min、Q3 17min、Q4 25min，最后剩下 8 分钟检查。Q4 超时的那个 case 是因为我最开始用了嵌套循环，后来想起来用字典优化才改的，但已经提交过一次了。
Q1：Good Tuples（连续三元组）
题意
给定数组 a，统计所有连续三元组 (a[i-1], a[i], a[i+1]) 中有多少个是”好三元组”。好三元组的定义是：恰好有两个数相等（不能三个都相等，也不能三个互不相同）。
示例：[1,1,1,2,1,3,4]
(1,1,1)：三个全等，不算；(1,1,2)：两个相等，算；(1,2,1)：两个相等，算；(2,1,3)：互不相同，不算；(1,3,4)：互不相同，不算。答案 2。
思路
从下标 1 扫到 n-2，统计每个三元组里相等的”对数”：
def goodTuples(a):
count = 0
for i in range(1, len(a) - 1):
equal_pairs = (a[i-1] == a[i]) + (a[i] == a[i+1]) + (a[i-1] == a[i+1])
if equal_pairs == 1:
count += 1
return count三个比较里恰好一个为 True 就是好三元组。O(n) 一遍过。
容易踩的坑：循环范围是 range(1, len(a)-1)，别写成 range(len(a)-2) 然后下标对不上；”恰好两个相等”等价于”恰好一对”，不是两个不同的数值。
Q2：循环移位后的绝对差之和
题意
两个等长数组 nums1、nums2。对 nums1 做所有循环右移（t = 0 到 n-1），每次移位后与 nums2 对应位置求绝对差之和，把所有和按非降序排序后返回。
示例：nums1 = [1,4,2,11]，nums2 = [10,1,8,4]
右移 0 位：[1,4,2,11] → 9+3+6+7 = 25；右移 1 位：[11,1,4,2] → 1+0+4+2 = 7；右移 2 位：[2,11,1,4] → 8+10+7+0 = 25；右移 3 位：[4,2,11,1] → 6+1+3+3 = 13。
排序后：[7, 13, 25, 25]。
思路
n 不大，直接模拟：
def absoluteDifferenceSum(nums1, nums2):
n = len(nums1)
results = []
for t in range(n):
total = sum(abs(nums1[(i - t + n) % n] - nums2[i]) for i in range(n))
results.append(total)
return sorted(results)右移 t 位之后，新数组第 i 位对应原数组的第 (i-t+n)%n 位——这个下标方向容易搞反，建议手算一个小例子确认。右移 0 位时 t=0，(i-0+n)%n = i，就是原数组本身，验证一下方向没错。
Q3：带更新的两数之和查询
题意
数组 a、b，以及若干 queries：
[0, i, x]：把 a[i] 赋值为 x；[1, x]：查询有多少对 (i, j) 满足 a[i] + b[j] = x，返回计数。
按顺序处理，返回所有类型 [1] 查询的结果。
示例：a = [3,4]，b = [1,2,3]。查询 [1,7]：3+4=7、4+3=7，结果 2；更新 [0,0,5] 后 a = [5,4]；查询 [1,8]：5+3=8，结果 1。
思路
b 从头到尾不变，先建 b 的频次表，之后不用再动。
def sumPairs(a, b, queries):
from collections import Counter
b_freq = Counter(b)
results = []
for query in queries:
if query[0] == 0:
a[query[1]] = query[2]
else:
target = query[1]
count = sum(b_freq.get(target - val, 0) for val in a)
results.append(count)
return results三个常见错误：在每次查询时重新计算 b 的频次（完全没必要，b 不变）；用 b_freq[key] 而不是 b_freq.get(key, 0)（Counter 默认返回 0，但显式 get 更安全）；a 中有重复元素时去重（不能去重，每个 a[i] 都是独立的配对来源）。
Q4：带更新的两数之和查询
题意
数组 a、b，以及若干 queries，每条是以下两种之一：
[0, i, x]：把 a[i] 赋值为 x；[1, x]：查询有多少对 (i, j) 满足 a[i] + b[j] = x，返回计数。
按顺序处理，返回所有类型 [1] 查询的结果列表。
示例：a = [3,4]，b = [1,2,3]，queries = [[1,5],[0,0,1],[1,5]]
第一次查询 [1,5]：3+2=5、4+1=5，结果 2；更新 [0,0,1] 后 a = [1,4]；第二次查询 [1,5]：1+4 不对、4+1=5，结果 1。输出 [2,1]。
思路
b 从头到尾不会被修改——这是这道题最重要的观察。既然 b 不变，就先建好 b 的频次哈希表，之后每次查询都直接用，不需要重建。
查询 [1, x] 时：遍历当前 a 中每个值 v，在 b 的频次表里查 x-v 出现几次，累加。单次查询 O(|a|)，不需要双重循环暴力枚举所有 (i,j) 对。
更新 [0, i, x] 时：直接改 a[i] 就好，b 不变所以频次表完全不用动。
from collections import Counter
def solve(a, b, queries):
b_freq = Counter(b)
results = []
for query in queries:
if query[0] == 0:
a[query[1]] = query[2]
else:
target = query[1]
count = sum(b_freq.get(target - v, 0) for v in a)
results.append(count)
return results三个容易写错的地方
第一，b_freq 只建一次，不要在每次查询时重新 Counter(b)——b 不变，重建是纯粹的浪费。
第二，用 b_freq.get(key, 0) 而不是 b_freq[key]——Counter 对不存在的 key 返回 0，但显式 get 更安全，不容易出 KeyError。
第三，a 里有重复元素时不能去重——每个 a[i] 都是独立的配对来源，[3,3] 和 b 里的某个数能配出两对，去重会少算。
Capital One OA FAQ
Capital One OA 和其他 CodeSignal 公司的题库一样吗？
高度重合。Capital One、TikTok、Uber、HRT 都用 CodeSignal 公共题库，刷过一家的题型，其他家进去也会有熟悉感。
四题必须按顺序做吗？
不用，可以先看全部四道题再决定顺序。建议进去先扫一遍，确认哪题最顺手，简单的先拿分。
Q3 如果 a 数组很大，遍历 a 会超时吗？
这场的数据范围没到那个量级，遍历 a 每次查询是 O(|a|) 可以接受。如果数据量更大，可以维护 a 的频次表把查询降到 O(1)，但这场不需要。
Q4 用暴力能过几个 case？
数据小的 case 能过，数据大的会超时——这场我就是这样，前几个 case 过了后面超时，已经交了一次再改。建议一开始就用差分数组，不要赌数据范围。
Capital One OA 通过之后流程是什么？
通常是 recruiter 电话，然后安排 Power Day——四轮集中在同一天打完，含 BQ、Coding、Case Study 和 System Design。
这套题库稳定吗，还是每场都不一样？
题型方向很稳定，具体题目会换皮，但模拟计数、哈希两数之和、差分数组这几个方向反复出现，练熟这几类模式进去命中率很高。
有在准备 Capital One 或其他 CodeSignal 公司 OA 的同学，InterviewShow 整理了这套题库的高频题型，按目标公司给针对性刷题清单，有需要的来聊。