本文主要是介绍《剑指 Offer》专项突破版 - 面试题 57 : 值和下标之差都在给定的范围内（详解 C++ 实现的两种方法），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
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前言
一、时间复杂度为 O(nlogk) 的解法
二、时间复杂度为 O(n) 的解法
前言
题目链接：LCR 057. 存在重复元素 III - 力扣（LeetCode）
题目：
给定一个整数数组 nums 和两个正数 k、t，请判断是否存在两个不同的下标 i 和 j 满足 i 和 j 之差的绝对值不大于给定的 k，并且两个数值 nums[i] 和 nums[j] 的差的绝对值不大于给定的 t。
例如，如果输入数组 { 1, 2, 3, 1 }，k 为 3，t 为 0，由于下标 0 和下标 3 对应的数字之差的绝对值为 0，因此返回 true。如果输入数组 { 1, 5, 9, 1, 5, 9 }，k 为 2，t 为 3，由于不存在两个下标之差小于或等于 2 且它们差的绝对值小于或等于 3 的数字，因此此时应该返回 false。
分析：
首先考虑最直观的解法。可以逐一扫描数组中的每个数字。对于每个数字 nums[i]，需要逐一检查在它前面的 k 个数字是否存在从 nums[i] - t 到 nums[i] + t 的范围内的数字。如果存在，则返回 true。这种思路很容易用两个嵌套的循环实现。
由于数组中的每个数字都要和 k 个数字进行比较，如果数组的长度为 n，那么这种解法的时间复杂度是 O(nk)。接下来尝试优化时间复杂度。
一、时间复杂度为 O(nlogk) 的解法
遍历数组 nums，对于数组中的每个数字 nums[i]，我们在有序集合 set 中查找第一个大于或等于 nums[i] - t 的数字，如果数字存在，并且该数字小于或等于 nums[i] + t，说明找到了一对符合条件的数字，返回 true。否则，我们将 nums[i] 插入有序集合中，并且如果有序集合的大小超过 k，我们需要将最早插入有序集合的数字删除。
class Solution {
public:bool containsNearbyAlmostDuplicate(vector<int>& nums, int k, int t) {set<long> s;for (int i = 0; i < nums.size(); ++i){set<long>::iterator it = s.lower_bound((long)nums[i] - t);if (it != s.end() && *it <= (long)nums[i] + t)return true;
s.insert(nums[i]);if (i >= k)s.erase(nums[i - k]);}return false;}
};该算法的空间复杂度是 O(k)，时间复杂度是 O(nlogk)。
二、时间复杂度为 O(n) 的解法
由于这个题目关心的是差的绝对值小于或等于 t 的数字，因此可以将数字放入若干大小为 t + 1 的桶中。例如，将从 0 到 t 的数字放入编号为 0 的桶中，从 t + 1 到 2t + 1 的数字放入编号为 1 的桶中，其他数字以此类推。这样做的好处是如果两个数字被放入同一个桶中，那么它们的差的绝对值一定小于或等于 t。
注意：-t - 1 到 -1 的数字放入编号为 -1 的桶中。
还是逐一扫描数组中的数字。如果当前扫描到数字 num，那么它将放入编号为 id 的桶中。如果这个桶中之前已经有数字，那么就找到两个差的绝对值小于或等于 t 的数字。
这段话表明每个桶中只能装一个数字，因此可以用一个哈希表来表示若干大小为 t + 1 的桶，哈希表的键表示桶的编号，值表示装在桶中的一个数字。
如果桶中之前没有数字，则再判断编号为 id - 1 和 id + 1 的这两个相邻的桶中是否存在与 num 的差的绝对值小于或等于 t 的数字。因为其他桶中的数字与 num 的差的绝对值一定大于 t，所以不需要判断其他的桶中是否有符合条件的数字。
class Solution {
public:bool containsNearbyAlmostDuplicate(vector<int>& nums, int k, int t) {unordered_map<int, int> buckets;long bucketSize = (long)t + 1;for (int i = 0; i < nums.size(); ++i){int num = nums[i];int id = getBucketID(num, bucketSize);if (buckets.count(id))return true;if (buckets.count(id - 1) && (long)buckets[id - 1] + t >= num)return true;if (buckets.count(id + 1) && (long)buckets[id + 1] - t <= num)return true;buckets[id] = num;if (i >= k)buckets.erase(getBucketID(nums[i - k], bucketSize));}return false;}
private:int getBucketID(int num, long bucketSize) {if (num >= 0)return num / bucketSize;elsereturn (num + 1) / bucketSize - 1;}
};该算法的空间复杂度是 O(k)，时间复杂度是 O(n)。
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