10月28日至29日，
Joker 2019在圣彼得堡举行-这是俄罗斯广大致力于Java开发的规模最大，最核心的会议。 该活动已第七次举行，并且一如既往地打破了出席人数的记录，这次活动吸引了2000多名专家。
传统上，同学是Joker的活动伙伴。 今年，在我们的展位上，人们可以尝试应对OK.RU首席工程师带来的著名的“无法解决”的任务。 正确回答问题的与会人员将获得奖品。
公平地说，我必须说，在完成任务的1,000张传单中，只有不到100张退回了，最好的是解决方案，满分为5分，满分为4.5分。
我们发布任务及其解决方案，以便您可以测试自己的力量。
1.英雄列举
一个鲜为人知的游戏的源代码揭示了这样的代码。 什么是
Group.of的错误实现，以及如何解决？
enum Group { Few(1, 4), Several(5, 9), Pack(10, 19), Lots(20, 49), Swarm(50, Integer.MAX_VALUE); Group(int min, int max) { ... } public static Group of(int count) { for (Group group : Group.values()) { if (count >= group.min && count <= group.max) { return group; } } throw new IllegalArgumentException(); } }
解决方案如果您不谈论编码样式，那么此片段有一个客观的缺点-潜在的性能问题。 尽管线性搜索通常会成为瓶颈，但在这种情况下并非如此，因为该枚举只有五个元素。 真正会对性能产生负面影响的是调用
Group.values()时过多的内存分配。 问题是每次枚举的
values()方法都会返回该数组的新副本，而HotSpot尚无法对其进行优化。 一个简单的解决方案是使自己的
values()数组副本并对其进行迭代：
private static final Group[] ALL_GROUPS = Group.values(); public static Group of(int count) { for (Group group : ALL_GROUPS) { .... }
2.梦想
Java 13已经发布，并且Nikolai仍然只理解流。 指出计算最大和最小流元素之间的差异的方法中的错误。
int getDiameter(Stream<Integer> stream) { int min = stream.min(Integer::compare).get(); int max = stream.max(Integer::compare).get(); return max - min; }
解决方案Java中的流通常是一次性的：调用第二个终端操作（在这种情况下为
max ）将失败：
java.lang.IllegalStateException: stream has already been operated upon or closed
另外，
min和
max返回
Optional ，对其进行
get()操作将为空流抛出
NoSuchElementException 。 因此，在调用
get()之前使用
isPresent get()或使用其他
Optional方法（
例如orElse ，
orElseThrow等
isPresent()更为正确。
最后，两个
int之间的差异不再适合
int的事实将使逃避谨慎的开发人员，这值得将返回值的类型更改为
long 。
3.安全缓冲区
ByteBuffer Java同步原语可以使通用的
ByteBuffer上的
put和
get操作线程安全？
final ByteBuffer buf = ByteBuffer.allocate(SIZE); int get(int offset) { return buf.get(offset); } void put(int offset, int value) { buf.putInt(offset, value); }
如果您知道有很多线程，并且得到的运行次数比投入的次数多，请选择最有效的选择。
- 已同步
- 再入锁
- 重入ReadWriteLock
- 印花锁
- 信号量
- 用Java读写int总是原子的
解决方案ReentrantReadWriteLock恳求读者和作家的
ReentrantReadWriteLock ，通常这将是一个有效的解决方案。 但是请注意，在这种情况下，获取和放置操作非常简单-竞争性放置权会干扰获取的可能性很小，此外，放置操作不太可能出现放置条件。 因此，您可以应用
StampedLock提供的
乐观锁定机制。
StampedLock将比
ReentrantReadWriteLock更有效率，因为在乐观的快速路径成功的情况下，共享变量根本不会更新，而
ReentrantReadWriteLock最多只能执行一个
CAS 。
4.礼物
Ilya正在社交网络上展示礼物。 帮助他为不超过N个最新礼物的结构编写
add方法。 如果礼物已经存在或早于N的其余部分，则不应添加该礼物。
interface Present { long getId(); Date getCreated(); } void add(Present p) {
解决方案TreeSet或
PriorityQueue自然适合作为数据结构，以便有效地添加礼物并删除最旧的内容而不比O的糟糕（日志N）。 所有的技巧都只在比较器中：仅将礼物与
getCreated()进行比较是不够的，因为创建日期不必是唯一的。 因此，您需要先通过
getCreated()进行比较，然后通过
getId() 。 这样的比较器将确保元素的唯一性和按日期排序。
TreeSet<Present> tree = new TreeSet<>( Comparator.comparing(Present::getCreated) .thenComparing(Present::getId));
这仍然是一个小问题：添加礼物时，请确保大小不超过N，并在必要时删除集合中第一个（最早的）元素。
void add(Present p) { if (tree.add(p) && tree.size() > N) { tree.pollFirst(); } }
5.你不会等待
为什么Julia永远不会等待程序结束？
var executor = Executors.newFixedThreadPool(4); for (File f : File.listRoots()) { executor.submit(() -> f.delete()); } executor.awaitTermination(2, TimeUnit.HOURS);