算法18最大值减去最小值小于或等于num的子数组数量

描述

给定数组 arr 和整数 num，共返回有多少个子数组满足如下情况：

max(arr[i...j]) - min(arr[i...j]) <= num

max(arr[i...j])表示子数组arr[i...j]中的最大值，min[arr[i...j])表示子数组arr[i...j]中的最小值。

输入描述：

第一行输入两个整数 n 和 m，代表 n*m 的矩阵
接下来输入一个 n*m 的矩阵

输出描述：

输出给定数组中满足条件的子数组个数

示例1

输入：

5 2 
1 2 3 4 5

输出：

12

思路

首先介绍普通的解法，找到arr的所有子数组，一共有O(N^2) 个，然后对每一个子数组做遍历找到其中的最小值和最大值，这个过程的时间复杂度为O(N)，然后看看这个子数组是否满足条件，统计所有满足的子数组数量即可，普通解法容易实现，但是时间复杂度为O(N^3),本次不再详述，最优解可以做到时间复杂度为O(N)，额外空间复杂度为O(N)，在阅读下面的分析过程之前，请读者先阅读“生成窗口最大值数组”问题，本题所使用到的双端队列结构与解决“生成窗口最大值数组”问题中的双端队列结构含义基本一致。
  生成两个双端队列qmax和qmin。当子数组为arr时，qmax维护了窗口子数组arr的最大值更新的结构，qmin维护了窗口子数组arr的最小值更新的结构。当子数组arr[i..j]向右扩一个位置变成arr[i..j+1]时，qmax和qmin结构更新代价的平均时间复杂度为O(1)，并且可以在O(1)的时间内得到arr[i..j+1]的最大值和最小值，当子数组arr[i..j]向左缩一个位置变成arr[i+1..j]时，qmax和qmim结构更新代价的平均时间复杂度为O(1)，并且在O(1)的时间内得到arr[i+1..j]的最大值和最小值。
  通过分析题目满足的条件，可以得到如下两个结论。
   ● 如果子数组arr[i..j]满足条件，即 max(arr[i..j]) - min(arr[i..j] <= num，那么 arr[i..j]中的每一个子数组，即arr[k..l](i <= k <=l <= j)都满足条件。我们以子数组arr[i..j-1]为例说明，arr[i..j-1]最大值只可能小于或等于arr[i..j]的最大值，arr[i..j-1]最小值只可能大于或等于arr[i..j]的最小值，所以arr[i..j-1]必然满足条件。同理，arr[i..j]中的每一个子数组都满足条件。
   ● 如果子数组arr[i..j]不满足条件，那么所有包含arr[i..j]的子数组，即arr[k..l] (k <= i <= j <= l)都不满足条件。证明过程同第一个结论。
  根据双端队列qmax和qmin的结构性质，以及如上两个结论，设计整个过程如下：
  1.生成两个双端队列qmax和qmin。含义如上文所说，生成两个整型交量 i 和 j ，表示子数组的范围，即arr[i..j]生成整型变量res，表示所有满足条件的子数组数量。
  2.令 j 不断向右移动(j++)，表示arr[i..j]一直向右扩大，并不断更新qmax和qmin结构，保证qmax和qmin始终维持动态窗口最大值和最小值的更新结构。一旦出现arr[i..j]不满足条件的情况，j 向右扩的过程停止，此时arr[i..j-1]、arr[i..j-2]、arr[i..j-2]...arr[i..i]一定都是满足条件的。也就是说所有必须以arr[i+1]作为第一个元素的了数组，满足条件的数量为 j - i个，于是令 res += j-i。
  3.当进行完步骤2，令 i 向右移动一个位置，并对 qmax 和 qmin 做出相应的更新，qmax 和 qmin 从原来的 arr[i..j] 窗口变成arr[i+1..j]窗口的最大值和最小值的更新结构。然后重复步骤2，也就是求所有必须以arr[i+1]作为第一个元素的子数组中，满足条件的数量有多少个。
  4.根据步骤2和步骤3，依次求出：必须以arr[0]开头的子数组，满足条件的数量有多少个；必须以arr[1]开头的子数组，满足条件的数量有多少个；必须以arr[2]开头的子数组，满足条件的数量有多少个，全部累加起来就是答案。
  上述过程中，所有的下标值最多进qmax和qminー次，出qmax和qmin一次，i 和 j 值也不断增加，并且从来不减小。所以整个过程的时复杂度为O(N)。

代码如下：

import java.util.LinkedList;
import java.util.Scanner;

public class Main{
    
    public static int getNum(int[] arr,int num) {
        if(arr==null || arr.length == 0) return 0;
        LinkedList<Integer> qmin = new LinkedList<>();
        LinkedList<Integer> qmax = new LinkedList<>();
        
        int i=0,j=0,res=0;
        while(i<arr.length) {
            while(j<arr.length) {
                if(qmin.isEmpty()||qmin.peekLast()!=j){
                    while(!qmin.isEmpty()&& arr[qmin.peekLast()]>=arr[j]) {
                        qmin.pollLast();
                    }
                    qmin.addLast(j);
                    while(!qmax.isEmpty()&& arr[qmax.peekLast()]<=arr[j]){
                        qmax.pollLast();
                    }
                    qmax.addLast(j);
                }
                if(arr[qmax.getFirst()] - arr[qmin.getFirst()]>num)
                    break;
                j++;
            }
            res +=j - i;
            if(qmin.peekFirst()==i) qmin.pollFirst();
            if(qmax.peekFirst()==i) qmax.pollFirst();
            i++;
        }
        return res;
    }
    
    
    public static void main(String args[]) {
        
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();
        int num = sc.nextInt();
        int[] arr = new int[n];
        
        for(int i=0;i<n;i++) {
            arr[i] = sc.nextInt();
        }
        
        int res = getNum(arr,num);
        System.out.println(res);
        
    }
}