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华为 4.15 笔试真题 - AI岗

本场考试概述

考试时间：2026年4月15日 考试岗位：AI岗（国内） 难度评级：中等

考点分析：

1. 选择题（20道）：数学（线代/概率统计/数值计算）、机器学习（K-Means/特征工程/评价指标）、深度学习（优化器/Softmax/基础概念/分布式训练）、大模型（RAG/长上下文评测/SmoothQuant量化）
2. 第一题：AdamW 优化器实现（难度中等）——手写优化器逐样本迭代
3. 第二题：贪心分配（难度中等）——经典 Candy 问题变体，两次遍历贪心

建议策略：

1. 选择题覆盖面广，分布式训练（DDP All-Reduce）、SmoothQuant 量化、互信息、Newton-Schulz 迭代是高频考点，注意多选题
2. 第一题吃透 AdamW 四个步骤：梯度 → 动量更新 → 偏差修正 → 权重衰减更新，注意银行家舍入
3. 第二题识别出”相邻比较、满足双侧约束”就是 Candy 模型，两次遍历即可

选择题（20道）

第1题

在标准的数据并行（DDP）训练过程中，每个 GPU 独立计算梯度后，为保持模型权重一致，需要在每次迭代结束时执行什么通信操作？

A. Broadcast　B. All-Gather　C. Send/Recv　D. All-Reduce

答案：D

考点：深度学习——分布式训练

DDP 中每个 GPU 独立前向+反向得到本地梯度，迭代结束时通过 All-Reduce 将所有 GPU 的梯度求和/平均后广播回每张卡，从而保证各卡参数一致。Broadcast 是单源广播，All-Gather 是拼接而非聚合，Send/Recv 是点对点通信，均不符合”梯度同步”的语义。

第2题

在使用 K-Means 算法进行聚类之前，用户必须预先指定的关键参数是？

A. 聚类中心的初始坐标　B. 聚类的数量 $K$　C. 数据的密度阈值　D. 学习率

答案：B

考点：机器学习——K-Means

K-Means 的核心超参数是聚类数 $K$，必须在运行前指定。初始坐标通常由算法（如 K-Means++）自动选取，密度阈值属于 DBSCAN，学习率与 K-Means 无关。

第3题

设数据矩阵 $X \in \mathbb{R}^{n \times d}$。若对数据进行线性映射 $Y = XW$，其中 $W \in \mathbb{R}^{d \times k}$，则新的数据矩阵 $Y$ 的维度为：

A. $d \times k$　B. $n \times k$　C. $k \times n$　D. $d \times n$

答案：B

考点：数学——线性代数

矩阵乘法维度规则：$(n \times d) \cdot (d \times k)$，内维 $d$ 消去，结果维度为 $n \times k$。

第4题

给定输入向量为 $[1, 1, 1]$，经过标准 Softmax 函数处理后，输出的向量结果是多少？

A. $[1, 1, 1]$　B. $[0.5, 0.5, 0.5]$　C. $[0, 0, 1]$　D. $[\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$

答案：D

考点：深度学习——Softmax

Softmax 将每个元素映射为 $\frac{e^{z_i}}{\sum_j e^{z_j}}$。三个输入相同时，$e^1 / (3 \cdot e^1) = 1/3$，因此输出为 $[1/3, 1/3, 1/3]$。Softmax 输出之和为 1，排除 A（和为 3）和 B（和为 1.5）。

第5题

K-Means 算法在迭代过程中，衡量样本点归属的核心准则是？

A. 到质心的欧氏距离最小　B. 样本点范围的密度最大　C. 样本点间的余弦相似度　D. 连通性

答案：A

考点：机器学习——K-Means

K-Means 在 E 步中将每个样本分配给欧氏距离最近的质心，M 步更新质心为簇内均值。密度最大是 DBSCAN 的思想，余弦相似度和连通性不是 K-Means 的度量方式。

第6题

在特征工程中，以下哪项操作通常用于减少特征维度并保留主要信息？

A. 特征降维　B. 特征选择　C. 特征编码　D. 特征缩放

答案：A

考点：机器学习——特征工程

特征降维（如 PCA）通过线性/非线性变换将高维特征映射到低维空间，同时尽量保留主要信息。特征选择是挑选子集而非变换维度，特征编码是类别→数值转换，特征缩放是归一化/标准化，均不涉及”降维并保留信息”。

第7题

在一个极简的检索增强生成（RAG）系统中，用户查询 $q = [1, 2, 1]$。向量数据库中存储了两个文档嵌入 $d_1 = [2, 1, 0]$ 和 $d_2 = [1, 0, 2]$。系统使用最大内积搜索（MIPS）召回最相关的文档。请计算内积得分，并判断系统会召回哪个文档以及对应的得分是多少？

A. 召回 $d_1$，得分为 4　B. 召回 $d_2$，得分为 4　C. 召回 $d_1$，得分为 3　D. 召回 $d_2$，得分为 5

答案：A

考点：大模型——RAG

$q \cdot d_1 = 1 \times 2 + 2 \times 1 + 1 \times 0 = 4$，$q \cdot d_2 = 1 \times 1 + 2 \times 0 + 1 \times 2 = 3$。MIPS 选内积最大的文档，$4 > 3$，因此召回 $d_1$，得分为 4。

第8题

设样本 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 来自正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$，$\mu$ 未知、$\sigma^2$ 已知，若似然函数 $L(\mu) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \exp!\left(-\frac{(x_i - \mu)^2}{2\sigma^2}\right)$，则使 $L$ 最大的 $\hat{\mu}$ 满足

A. $\hat{\mu} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i^2$　B. $\hat{\mu} = \frac{\sum x_i^2}{\sum x_i}$　C. $\hat{\mu} = \text{median}(x_1, \ldots, x_n)$　D. $\hat{\mu} = \bar{x} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i$

答案：D

考点：数学——概率统计

要最大化 $L$，等价于最小化指数上的 $\sum(x_i - \mu)^2$。对 $\mu$ 求导并令其为零：$\sum 2(x_i - \mu) = 0$，即 $\sum x_i = n\mu$，解得 $\hat{\mu} = \bar{x} = \frac{1}{n}\sum x_i$（样本均值），这正是正态分布均值的最大似然估计。

第9题

线性回归中关于 $R^2$（决定系数），下列说法正确的是

A. 增加无关特征会使 $R^2$ 降低 B. $R^2$ 是衡量模型对数据拟合优度的核心指标，取值范围 $[0, 1]$ C. $R^2$ 可以用于比较不同数据集上模型的优劣 D. $R^2$ 越接近 0，模型拟合越好

答案：B

考点：机器学习——评价指标

$R^2 = 1 - \frac{SS_{\text{res}}}{SS_{\text{tot}}}$，衡量模型解释方差的比例，取值 $[0, 1]$，越接近 1 拟合越好。增加特征（哪怕无关）$R^2$ 只会不降（所以有调整 $R^2_{\text{adj}}$），A 错；$R^2$ 依赖数据分布，不同数据集间不可直接比较，C 错；D 说反了。

第10题

评测长上下文能力时，为避免模型靠”猜测/泛化”蒙对，常见的高质量题型设计是？

A. 在长文中埋入多个相似实体/数值，要求定位并做跨段整合（needle/multi-hop） B. 提问”这段话大意是什么” C. 把短文重复 10 遍凑成长文 D. 测模型能输出多少 token

答案：A

考点：大模型——评测方法

Needle-in-a-haystack 和 multi-hop 题型在长文中埋入多个相似但不同的细节，要求模型精确定位并整合跨段信息，无法靠泛化蒙对。B 只考摘要能力，C 重复文本无法测真正的长上下文理解，D 测的是生成长度而非理解能力。

第11题

在特征选择（Feature Selection）过程中，当我们怀疑特征 $X$ 与目标变量 $Y$ 之间存在复杂的非线性相关性（例如 $y = x^2$ 或周期性关系），且 $X$ 并不服从正态分布时，下列哪种指标最为准确且稳健？

A. 斯皮尔曼等级相关系数（Spearman’s Rank Correlation）：利用变量的秩次进行线性相关性分析 B. 方差分析（ANOVA F-value）：通过比较组间方差与组内方差的比值来检验均值差异 C. 皮尔逊相关系数（Pearson Correlation Coefficient）：通过计算协方差与标准差的比值来衡量相关性 D. 互信息（Mutual Information, MI）：基于信息熵理论，衡量已知 $X$ 的情况下 $Y$ 不确定性的减少程度

答案：D

考点：机器学习——特征工程

互信息（MI）不假设线性关系也不要求正态分布，能捕获任意形式的统计依赖，适合非线性、非正态场景。Pearson 和 Spearman 本质上衡量的是单调/线性关系，对 $y = x^2$ 这类对称非单调关系会给出接近 0 的值。ANOVA 适用于分类变量与连续变量之间的关系检验，不适合连续-连续的非线性依赖。

第12题

矩阵奇异值分解（SVD）无法直接应用于以下哪个场景？

A. 图像去噪　B. 决策树分类　C. 文本主题建模　D. 推荐系统中用户-电影评分矩阵降维

答案：B

考点：数学——线性代数

SVD 可用于图像去噪（低秩近似）、文本主题建模（LSA/LSI）、推荐系统（矩阵分解）。决策树基于特征阈值递归划分，不涉及矩阵分解操作，SVD 无法直接应用。

第13题

SmoothQuant 是一种常用的大模型量化方法，它的核心思想是？

A. 将权重 scale 转移到 activation　B. 将 activation scale 转移到权重　C. 减少层数　D. 减少 batch

答案：B

考点：大模型——量化

SmoothQuant 的核心观察是 activation 的离群值比权重更难量化。它通过一个逐通道的平滑因子，将 activation 中的大 scale 数学等价地迁移到权重上，使 activation 分布更平滑、更易量化，同时权重稍微变难但仍可接受，从而实现高效的 W8A8 量化。

第14题

实数矩阵 $A$ 的零空间（Null Space）是指？

A. 与列空间正交的空间 B. 矩阵的列向量张成的空间 C. 满足 $Ax = 0$ 的所有 $x$ 构成的空间 D. 矩阵的行向量张成的空间

答案：C

考点：数学——线性代数

零空间（Null Space）即核空间，定义为所有满足 $Ax = 0$ 的向量 $x$ 构成的子空间。A 描述的是左零空间（与列空间正交的是左零空间，与行空间正交的才是零空间），B 是列空间，D 是行空间。

第15题

神经网络相比线性模型的优势在于

A. 参数更少　B. 不需要激活函数　C. 计算更简单　D. 可以学习非线性关系

答案：D

考点：深度学习——基础概念

神经网络通过激活函数引入非线性，能拟合复杂的非线性映射，这是其相比线性模型的核心优势。神经网络参数通常更多（A 错）、依赖激活函数（B 错）、计算更复杂（C 错）。

第16题（多选）

并非所有图形计算单元都支持矩阵求逆算子，若不支持，可使用 Newton-Schulz 迭代法。设非奇异矩阵 $A$，使用 Newton-Schulz 迭代计算 $A^{-1}$：$X_{k+1} = X_k(2I - AX_k)$。记误差矩阵为 $E_k = I - AX_k$，下列说法正确的是？

A. 若 $|E_0| < 1$，则迭代二次收敛到 $A^{-1}$，且误差满足 $E_{k+1} = E_k^2$ B. 若谱半径 $\rho(E_0) < 1$，则迭代收敛到 $A^{-1}$ C. 如果 $A$ 可逆，那么该迭代方法对初值不敏感 D. 误差满足 $E_{k+1} = E_k^3$，收敛阶为 3

答案：A, B

考点：数学——数值计算

由递推式可得 $E_{k+1} = I - AX_{k+1} = I - AX_k(2I - AX_k) = (I - AX_k)^2 = E_k^2$，即误差矩阵满足 $E_{k+1} = E_k^2$（二次收敛，非三次，D 错）。当 $|E_0| < 1$ 时，$|E_k| \to 0$，A 正确。谱半径 $\rho(E_0) < 1$ 保证 $E_k^{2^k} \to 0$，B 正确。收敛条件要求初值使得 $|E_0| < 1$，初值选取至关重要，C 错。

第17题（多选）

下面哪些优化器属于”自适应学习率（按参数/维度自适应缩放）”方法？

A. SGD　B. Adam　C. AdamW　D. RMSprop

答案：B, C, D

考点：深度学习——优化器

Adam、AdamW、RMSprop 都维护梯度二阶矩的移动平均，用其对每个参数的学习率进行自适应缩放。SGD 对所有参数使用统一的全局学习率，不具备自适应特性。AdamW 是 Adam 的解耦权重衰减变体，自适应机制不变。

第18题（多选）

关于神经网络的层，以下哪些说法是正确的？

A. 输入层通常不进行计算，只是传递数据 B. 顶层可以有多个 C. 输出层的神经元数量通常由任务决定（如分类类别数） D. 所有层的神经元数量必须相同

答案：A, B, C

考点：深度学习——基础概念

输入层仅传递原始特征，不含可训练参数，A 正确。多任务学习或多输出网络可以有多个输出头（顶层），B 正确。输出层神经元数由任务决定（二分类 1 个、多分类 $C$ 个、回归 1 个），C 正确。各层神经元数量可以不同，这正是网络架构设计的自由度，D 错误。

第19题（多选）

设 $X$ 和 $Y$ 是两个随机变量，$a$、$b$ 和 $c$ 是常数。以下关于期望性质的说法中，正确的有？

A. $E(XY) = E(X) \cdot E(Y)$ 总是成立 B. $E(X^2) - [E(X)]^2 \geq 0$ 恒成立 C. $E(aX + bY + c) = aE(X) + bE(Y) + c$ D. $[E(X)]^2 \leq E(X^2)$ 恒成立

答案：B, C, D

考点：数学——概率统计

$E(XY) = E(X)E(Y)$ 仅在 $X$、$Y$ 不相关时成立，相关时一般不等，A 错。$E(X^2) - [E(X)]^2 = \text{Var}(X) \geq 0$ 是方差的定义等价形式，恒成立，B 正确。期望的线性性 $E(aX + bY + c) = aE(X) + bE(Y) + c$ 对任意随机变量恒成立（无需独立），C 正确。由 B 可得 $[E(X)]^2 \leq E(X^2)$（Jensen 不等式的特例），D 正确。

第20题（多选）

关于插值多项式的说法，下列哪些是正确的？

A. 插值多项式在节点处的函数值一定等于给定函数值 B. 对于给定的 $n+1$ 个互异节点，次数不超过 $n$ 的插值多项式存在且唯一 C. 高次插值多项式通常能更好地逼近原函数 D. Lagrange 插值法和 Newton 插值法构造的插值多项式是相同的

答案：A, B, D

考点：数学——数值计算

插值条件要求多项式在节点处精确等于给定值，A 正确。$n+1$ 个互异节点唯一确定一个次数不超过 $n$ 的多项式（存在唯一性定理），B 正确。高次插值会出现 Runge 现象（端点附近剧烈振荡），通常不能更好逼近，C 错。Lagrange 和 Newton 只是同一多项式的不同表达形式，结果完全相同，D 正确。

第一题：基于 AdamW 优化的网络带宽预测模型

题目描述

在华为网络通信业务中，网络带宽预测模型为 $y = w_1 x_1 + w_2 x_2 + b$（其中 $y$ 表示带宽，$x$ 为影响带宽的因子，$w$ 为权重参数，$b$ 为偏置参数）。请实现 AdamW 优化算法，基于给定样本数据逐样本迭代更新模型参数。

损失函数：对于单个样本 $(x_1, x_2, y)$，损失 $L = (\hat{y} - y)^2$，其中 $\hat{y} = w_1 x_1 + w_2 x_2 + b$。

AdamW 算法参数：动量参数 $\beta_1 = 0.9$，$\beta_2 = 0.999$，权重衰减系数 $\lambda = 0.01$，学习率 $\alpha = 0.001$，数值稳定性常数 $\varepsilon = 10^{-8}$。

一阶动量更新：$m_t = \beta_1 \cdot m_{t-1} + (1 - \beta_1) \cdot g_t$

二阶动量更新：$v_t = \beta_2 \cdot v_{t-1} + (1 - \beta_2) \cdot g_t^2$

偏差修正：$\hat{m}_t = \frac{m_t}{1 - \beta_1^t}$，$\hat{v}_t = \frac{v_t}{1 - \beta_2^t}$

参数更新：$\theta_t = \theta_{t-1} - \alpha \left( \frac{\hat{m}_t}{\sqrt{\hat{v}_t} + \varepsilon} + \lambda \cdot \theta_{t-1} \right)$

初始参数：$w_1 = w_2 = b = 0$，初始一/二阶动量均为 $0$。

输入 $n$ 个样本，输出最终 $w_1$、$w_2$、$b$，保留 6 位小数，银行家舍入。

样例

输入

3
1.0 1.0 2.0
2.0 2.0 4.0
3.0 3.0 6.0

输出

0.002750 0.002750 0.002923

思路分析

第一步：增广特征统一处理

偏置 $b$ 可以看作”输入恒为 1 的特征”的权重。将 $(w_1, w_2, b)$ 合并为参数向量 $\theta$，输入增广为 $(x_1, x_2, 1)$，预测值写成一次点积 $\hat{y} = \theta \cdot x_{\text{aug}}$。这样三个参数的梯度可以统一计算为 $g = 2 \cdot (\hat{y} - y) \cdot x_{\text{aug}}$，无需分别处理 $w$ 和 $b$。

第二步：AdamW 的四个关键机制

• 一阶动量 $m$：梯度方向的指数滑动平均。$\beta_1 = 0.9$ 意味着当前梯度只占 10% 权重，让更新方向更稳定，不被单个样本的噪声带偏
• 二阶动量 $v$：梯度平方的指数滑动平均，历史梯度越大的参数后续步长自动缩小，防止震荡
• 偏差修正：$m$ 和 $v$ 初始化为零，前几步被零值拖小。除以 $(1 - \beta^t)$ 补偿这一低估，随着 $t$ 增大修正自动消退
• AdamW 权重衰减：$\lambda \cdot \theta$ 项直接缩小参数本身（区别于 L2 正则化中将衰减项混入梯度），防止参数过大

第三步：实现细节

$n$ 个样本逐个处理，每个样本触发一次完整的 AdamW 更新步骤（时间步 $t$ 从 1 到 $n$）。最后输出时需要银行家舍入（四舍六入五成双），Python 的 Decimal 模块 ROUND_HALF_EVEN 可以实现。

以样例为例手算验证第一步：

• $t=1$：$x_{\text{aug}} = [1, 1, 1]$，$\hat{y} = 0$，$\text{err} = -2$，$g = [-4, -4, -4]$
• $m_1 = 0.1 \times [-4, -4, -4] = [-0.4, -0.4, -0.4]$
• $\hat{m}_1 = [-0.4] / (1 - 0.9) = [-4, -4, -4]$
• 这保证了第一步的修正动量等于原始梯度

题解代码

import sys
import numpy as np
from decimal import Decimal, ROUND_HALF_EVEN
input = sys.stdin.readline

n = int(input())
X = np.zeros((n, 2))
Y = np.zeros(n)
for i in range(n):
    parts = input().split()
    X[i, 0], X[i, 1], Y[i] = float(parts[0]), float(parts[1]), float(parts[2])

beta1, beta2, lam, alpha, eps = 0.9, 0.999, 0.01, 0.001, 1e-8

# theta = [w1, w2, b]，增广特征 [x1, x2, 1]
theta = np.zeros(3)
m = np.zeros(3)
v = np.zeros(3)

for t_idx in range(n):
    x_aug = np.array([X[t_idx, 0], X[t_idx, 1], 1.0])
    y_pred = theta @ x_aug
    err = y_pred - Y[t_idx]
    # 梯度 dL/d(theta) = 2 * (y_pred - y) * x_aug
    g = 2 * err * x_aug

    t = t_idx + 1
    # 一阶动量：梯度方向的指数滑动平均
    m = beta1 * m + (1 - beta1) * g
    # 二阶动量：梯度平方的指数滑动平均
    v = beta2 * v + (1 - beta2) * g ** 2

    # 偏差修正：补偿零初始化带来的低估
    m_hat = m / (1 - beta1 ** t)
    v_hat = v / (1 - beta2 ** t)

    # AdamW参数更新：权重衰减直接作用于参数
    theta = theta - alpha * (m_hat / (np.sqrt(v_hat) + eps) + lam * theta)

def fmt(x):
    return format(Decimal(str(x)).quantize(Decimal("0.000001"), rounding=ROUND_HALF_EVEN), 'f')

print(f"{fmt(theta[0])} {fmt(theta[1])} {fmt(theta[2])}")

复杂度分析

时间复杂度：$O(n \cdot d)$，$d = 3$ 为参数个数，每个样本做常数次向量运算。 空间复杂度：$O(n \cdot d)$，存储样本数据和优化器状态。

第二题：大模型推理资源的最低成本分发

题目描述

有 $n$ 个推理请求任务排成一列，每个任务有一个优先级分值。要求对每个有效任务（优先级 $> 0$）分配推理资源：

• 每个任务至少分配 1 千个 token
• 相邻两个有效任务中，优先级更高的必须获得更多 token
• 优先级 $\leq 0$ 或为空的任务需要被放弃，其相邻任务不与该任务进行优先级比较

求消耗的最少 token 总数（千个 token）。

样例

输入

4,2,6

输出

5

样例解释：分别给第一、二、三个任务分发 2 千、1 千、2 千个 token。第二个任务优先级最低所以只给 1，第一和第三个任务都比第二个大所以至少给 2，总计 5。

思路分析

第一步：识别经典模型——Candy 问题

题目的约束是”每人至少 1 个，相邻两人中得分高的必须分得更多”，这正是 LeetCode 135. Candy 的经典模型。区别在于优先级 $\leq 0$ 的任务要跳过，它们会把序列切断成独立的段。

第二步：预处理分段

遍历优先级数组，遇到 $\leq 0$ 的元素就切断，将有效元素分割成若干连续段。每段内部独立求解后累加。

第三步：两次遍历贪心

每个位置的 token 只受左右两个邻居约束。关键洞察：只要分别满足”比左邻大”和”比右邻大”两个单侧约束，就能同时满足双侧约束。

• 初始化：所有位置 token 设为 1（满足”至少 1 千 token”的下限）
• 左到右遍历：如果当前位置优先级严格大于左邻，则 $\text{token}[i] = \text{token}[i-1] + 1$（保证比左边大）
• 右到左遍历：如果当前位置优先级严格大于右邻，则 $\text{token}[i] = \max(\text{token}[i],\; \text{token}[i+1] + 1)$（取 max 是因为左到右已建立的约束不能破坏，只能往上补）

以样例 [4, 2, 6] 为例：

• 初始化：[1, 1, 1]
• 左到右：4>2? 否；2<6? 是 → token[2] = token[1]+1 = 2，结果 [1, 1, 2]
• 右到左：6>2? 否（已经在右边了）；2<4? 是 → token[0] = max(1, 1+1) = 2，结果 [2, 1, 2]
• 总计 = 5 ✓

题解代码

import sys
input = sys.stdin.readline

line = input().strip()
priorities = [int(x) for x in line.split(',')]

# 按无效任务（≤0）分段，每段独立做 Candy 算法
segments = []
cur = []
for p in priorities:
    if p > 0:
        cur.append(p)
    else:
        if cur:
            segments.append(cur)
            cur = []
if cur:
    segments.append(cur)

total = 0
for seg in segments:
    n = len(seg)
    tokens = [1] * n
    # 左到右：比左邻优先级高则多给一个 token
    for i in range(1, n):
        if seg[i] > seg[i - 1]:
            tokens[i] = tokens[i - 1] + 1
    # 右到左：比右邻优先级高则取更大值
    for i in range(n - 2, -1, -1):
        if seg[i] > seg[i + 1]:
            tokens[i] = max(tokens[i], tokens[i + 1] + 1)
    total += sum(tokens)

print(total)

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，分割和两次遍历各 $O(n)$。 空间复杂度：$O(n)$，存储每个位置的 token 分配。

小结

• 选择题覆盖面广，20 道题横跨数学（线代/概率统计/数值计算）、机器学习（K-Means/特征工程/评价指标）、深度学习（优化器/Softmax/分布式训练）、大模型（RAG/SmoothQuant/长上下文评测）四大板块。多选题集中在数值计算（Newton-Schulz 迭代）、优化器分类、概率统计性质和插值多项式，需要理解底层原理才能全对。
• 第一题是 ML 编程题的常客——手写优化器。核心是把 AdamW 的四步公式正确实现：一阶动量（稳定方向）→ 二阶动量（自适应步长）→ 偏差修正（补偿零初始化）→ 权重衰减更新。增广特征技巧将 $w$ 和 $b$ 统一为 $\theta$，梯度一次点积搞定。
• 第二题是经典 Candy 问题的变体，关键转化是：无效任务将序列切断为独立段，段内用两次遍历贪心——左到右保证比左邻大，右到左保证比右邻大，取 max 保证双侧约束同时满足。