【1630. 等差子数组】
来源：力扣（LeetCode）
描述：
如果一个数列由至少两个元素组成，且每两个连续元素之间的差值都相同，那么这个序列就是 等差数列 。更正式地，数列 s 是等差数列，只需要满足：对于每个有效的 i ， s[i+1] - s[i] == s[1] - s[0] 都成立。
例如，下面这些都是 等差数列 ：
1, 3, 5, 7, 9
7, 7, 7, 7
3, -1, -5, -9
下面的数列 不是等差数列 ：
1, 1, 2, 5, 7
给你一个由 n 个整数组成的数组 nums，和两个由 m 个整数组成的数组 l 和 r，后两个数组表示 m 组范围查询，其中第 i 个查询对应范围 [l[i], r[i]] 。所有数组的下标都是 从 0 开始 的。
返回 boolean 元素构成的答案列表 answer 。如果子数组 nums[l[i]], nums[l[i]+1], ... , nums[r[i]] 可以 重新排列 形成 等差数列 ，answer[i] 的值就是 true；否则answer[i] 的值就是 false 。
示例 1：
输入：nums = [4,6,5,9,3,7], l = [0,0,2], r = [2,3,5]
输出：[true,false,true]
解释：
第 0 个查询，对应子数组 [4,6,5] 。可以重新排列为等差数列 [6,5,4] 。
第 1 个查询，对应子数组 [4,6,5,9] 。无法重新排列形成等差数列。
第 2 个查询，对应子数组 [5,9,3,7] 。可以重新排列为等差数列 [3,5,7,9] 。
示例 2：
输入：nums = [-12,-9,-3,-12,-6,15,20,-25,-20,-15,-10], l = [0,1,6,4,8,7], r = [4,4,9,7,9,10]
输出：[false,true,false,false,true,true]
提示：
- n == nums.length
- m == l.length
- m == r.length
- 2 <= n <= 500
- 1 <= m <= 500
- 0 <= l[i] < r[i] < n
- -105 <= nums[i] <= 105
方法：多次遍历 + 枚举
思路与算法
要想判断某个子数组是否可以重新排列成等差数列，最简单的方法是建立一个等长度的临时数组，将子数组进行拷贝并排序。对于排完序后的子数组，我们只需要进行一次遍历，判断相邻两个元素的差值是否保持不变，就能判断出它是否为等差数列。
然而这样做的单次时间复杂度是 O(llogl)，其中 l 是子数组的长度。我们可以给出时间复杂度更低的 O(l) 算法。
我们首先进行一次遍历，找到子数组中的最小值 a 和最大值 b。显然，a 和 b 就是等差数列的首项和末项，并且 d = b − a l − 1 \frac{b−a} {l−1} l−1b−a 就是等差数列的公差。如果 b − a 不能被 l − 1 整除，那么我们直接知道子数组不可能重新排列成等差数列。
如果 a = b（即 d=0），那么子数组中的每个元素都应该相同，说明它是一个等差数列。
否则，我们已经知道了等差数列的首项、公差和长度，这个等差数列唯一确定。我们再进行一次遍历，对于遍历到的元素 x，我们可以通过：t = x − a d \frac{x−a} {d} dx−a
获取它是等差数列中的第 t (0 ≤ t < l) 项。如果 x−a 不能被 d 整除，那么我们同样知道子数组不可能重新排列成等差数列，可以退出遍历。否则，当我们遍历完整个子数组后，第 0, 1, 2, ⋯, l − 1 项应该均出现了一次，这里我们可以使用哈希表或者一个长度为 l 的数组进行判断。
这样一来，我们使用两次遍历以及一个长度为 l 的辅助数组，就可以判断子数组是否可以重新排列成等差数列，时间复杂度为 O(l)。
代码：
class Solution {
public:
vector<bool> checkArithmeticSubarrays(vector<int>& nums, vector<int>& l, vector<int>& r) {
int n = l.size();
vector<bool> ans;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int left = l[i], right = r[i];
int minv = *min_element(nums.begin() + left, nums.begin() + right + 1);
int maxv = *max_element(nums.begin() + left, nums.begin() + right + 1);
if (minv == maxv) {
ans.push_back(true);
continue;
}
if ((maxv - minv) % (right - left) != 0) {
ans.push_back(false);
continue;
}
int d = (maxv - minv) / (right - left);
bool flag = true;
vector<int> seen(right - left + 1);
for (int j = left; j <= right; ++j) {
if ((nums[j] - minv) % d != 0) {
flag = false;
break;
}
int t = (nums[j] - minv) / d;
if (seen[t]) {
flag = false;
break;
}
seen[t] = true;
}
ans.push_back(flag);
}
return ans;
}
};
执行用时：16 ms, 在所有 C++ 提交中击败了99.63%的用户
内存消耗：21.1 MB, 在所有 C++ 提交中击败了77.15%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(nm)。其中 n 是数组 nums 的长度，m 是查询的次数。
空间复杂度：O(n)，即为辅助数组或哈希表需要使用的空间。
author：LeetCode-Solution