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*
* 问题：
* 最大值减去最小值小于或等于num子数组的数量
* 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：
* 1.max(arr[i..j])-min(arr[i..j]) <= num
* 2.max(arr[i..j])表示子数组arr[i..j]中的最大值
* 3.min(arr[i..j])表示子数组arr[i..j]中的最小值
*
* 要求：
* 如果数组长度为N，请实现时间复杂度为O(N)的解法。
*
* 解答：
* 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。统计其中所有满足条件的子数组数量即可。普通解法容易实现，但是时间复杂度为
*O(N^3)，希望达到O(N)的时间复杂度需要使用双端队列。
*
* 生成两个双端队列qmax和qmin。当子数组为arr[i..j]时，qmax维护了窗口子数组arr[i..j]的最大值更新结构，qmin维护
*了窗口子数组arr[i..j]的最小值更新结构。
*当数子组arr[i..j]向右扩一个位置变成arr[i..j+1]时，qmax和qmin结构的更新代价的平均时间复杂度为O(1),并且可以再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]向左扩一个位置变成arr[i+1..j]时，qmax和qmin结构的更新代价的平均时间复杂度为O(1),并且可以再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。
*
* 1.如果子数组arr[i..j]满足条件，即为max(arr[i..j])-min(arr[i..j]) <= num，那么arr[i..j]中的每一个子
* 数组，即为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]的最大值只可能小
* 于或等于arr[i..j]的最大值，arr[i..j-1]的最小值只可能大于或等于arr[i..j]的最小值，所以于或等于arr[i..j-1]
* 必然可以满足条件。同理，arr[i..j]中的每一个子数组都满足条件。
* 2.如果子数组arr[i..j]不满足条件，那么所有包含arr[i..j]中的每一个子数组都不满足条件。即为arr[k..l](k<=i<=j<=k)
*
*代码设计：
*1.生成双端队列qmax和qmin。生成两个整形变量i和j，表示子数组的范围，即为arr[i..j]。生成整形变量res，表示所有满足条件的子数组的
*数量。
*2.令j不断向右移动(j++)，表示arr[i..j]不断向右扩大，并不断更新qmax和qmin结构，保证qmax和qmin始终维持动态窗口的最大值和最小
*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..i+1]，
*arr[i..i]一定都是满足条件的，所有以arr[i]作为第一个元素的子数组，满足条件数量为j-1个。于是令res += j-1.
*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，然后重复步骤2即可。
* ，
*分析：
* 上述代码设计过程中，所有的下标值最多进qmax和qmin一次，出qmax和qmin一次，i和j的值也是不断增加，并且从来没有减少，所以整个
*代码的时间复杂度是O(N)。
*
* @author 雪瞳
*
*/
import java.util.LinkedList;
public class getNum {
public static int getNumArray(int arr[],int num) {
if(arr == null || arr.length == 0 || num < 0) {
return 0;
}
LinkedList<Integer> qmax = new LinkedList<>();
LinkedList<Integer> qmin = new LinkedList<>();
int i = 0;
int j = 0;
int res = 0;
//假设数组上一遍历状态为i..j，则i+1..j是都可以满足条件要求的，下一遍历状态可能达到i+1..k(k>j)
while(i<arr.length) {
while(j<arr.length) {
if(qmin.isEmpty() || qmin.peekLast() !=j) {
//自小变大
while(!qmin.isEmpty() && arr[qmin.peekLast()]>=arr[j]) {
qmin.pollLast();
}
qmin.addLast(j);
//自大变小
while(!qmax.isEmpty() && arr[qmax.peekLast()]<=arr[j]) {
qmax.pollLast();
}
qmax.addLast(j);
}
//跳出
if(arr[qmax.getFirst()]-arr[qmin.getFirst()] > num) {
break;
}
j++;
}
res += j-i;
//弹出队列首元素
if(qmin.peekFirst() == i) {
qmin.pollFirst();
}
if(qmax.peekFirst() == i) {
qmax.pollFirst();
}
i++;
}
return res;
}