给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 。nums 的一个子数组如果满足以下条件，那么它是 不间断 的：
i，i + 1 ，…，j 表示子数组中的下标。对于所有满足 i <= i1, i2 <= j 的下标对，都有 0 <= |nums[i1] - nums[i2]| <= 2 。
请你返回 不间断 子数组的总数目。
子数组是一个数组中一段连续 非空 的元素序列。
示例 1：
输入：nums = [5,4,2,4]
输出：8
解释：
大小为 1 的不间断子数组：[5], [4], [2], [4] 。
大小为 2 的不间断子数组：[5,4], [4,2], [2,4] 。
大小为 3 的不间断子数组：[4,2,4] 。
没有大小为 4 的不间断子数组。
不间断子数组的总数目为 4 + 3 + 1 = 8 。
除了这些以外，没有别的不间断子数组。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3]
输出：6
解释：
大小为 1 的不间断子数组：[1], [2], [3] 。
大小为 2 的不间断子数组：[1,2], [2,3] 。
大小为 3 的不间断子数组：[1,2,3] 。
不间断子数组的总数目为 3 + 2 + 1 = 6 。
class Solution {
public:
long long continuousSubarrays(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
multiset<int> q;
long long ans = 0;
int left = 0, right = 0;
while(right < n){
q.insert(nums[right]);
while(*q.rbegin() - *q.begin() > 2){
q.erase(q.find(nums[left++]));
}
ans += right - left + 1;
right++;
}
return ans;
}
};
时间复杂度：O(nlogn)，其中 n 为 nums 的长度。
空间复杂度：O(N)。
我们可以使用multiset来做这道题，multiset会对容器内元素进行默认升序排列。我们此时定义两个指针left和right。q.rbegin代表q的最右侧也就是最大值，q.begin代表q的最左侧也就是最小值，如果该滑动数组内的最大值和最小值之差大于2，那么就要将left进行右移。
关于ans += right - left + 1。
引用网友的评论
首先：对于某个以nums[i]为左端点，nums[j]为右端点的合法不间断子序列(以下称为合法窗口)nums[i:j+1]，窗口内的所有子数组都是合法的。
其次：对于合法窗口nums[i:j+1]，其必定能够由另一个合法窗口nums[i:j]新增nums[j]得到。
最后：对于窗口nums[i:j]新增一个元素nums[j]得到新窗口nums[i:j+1]的这一过程，一共引入了j-i+1个合法子数组。这里直接举一个很简单的例子辅佐这一结论：
例子：[1, 2]包含[1]，[2]，[1, 2]共1+2=3个有效子数组，新增一个元素得到[1, 2, 1]后，包含[1], [2], [1], [1, 2], [2, 1], [1, 2, 1]共1+2+1=6个有效子数组。窗口增大这一过程引入了2(j)-0(i)+1=3个新的有效子数组。
推导：长为1的窗口共包含1个不同的子数组，长为2的窗口共包含1+2=3个不同的子数组，长为n的窗口共包含1+2+…+n个不同的子数组。因此，长度为k-1的窗口在增加至长度为k时，共引入了k个新的不同的子数组。
注意：滑动窗口方法实际上会将所有有效的窗口都枚举一遍，因此当滑到nums[i:j+1]时，nums[i:j]中所有的有效子数组都已经被统计过了，我们只需要将新增的累计进去就好。
单调队列
class Solution {
public:
long long continuousSubarrays(vector<int>& nums) {
deque<int> queMax, queMin;
int n = nums.size();
int left = 0, right = 0;
long long ret = 0;
while(right < n){
while(!queMax.empty() && nums[right] > queMax.back()){
queMax.pop_back();
}
while(!queMin.empty() && nums[right] < queMin.back()){
queMin.pop_back();
}
queMax.push_back(nums[right]);
queMin.push_back(nums[right]);
while(!queMax.empty() && !queMin.empty() && queMax.front() - queMin.front() > 2){
if(queMax.front() == nums[left]){
queMax.pop_front();
}
if(queMin.front() == nums[left]){
queMin.pop_front();
}
left++;
}
ret += right - left + 1;
right++;
}
return ret;
}
};
时间复杂度和空间复杂度双O(N)
该题的做法参考主页力扣1438
