数组子阵列计数

在本题中，我们需要计算一个长度为N的整数数组中，所有长度为K的子阵列中，具有至少一对绝对差可被K-1整除的子阵列的计数。

具体来说，我们需要找出大小为K的子阵列中，任意两个元素之差的绝对值能够被K-1整除的子阵列的数量。在这里，我们将实现一个时间复杂度为O(NK)的算法，以解决此问题。

算法实现

我们可以使用两个指针来遍历数组。初始时，我们将两个指针都指向第一个元素。我们首先讨论当K=2的情况。

K=2

对于任意一个长度为2的子阵列 [a1,a2]，我们只需要判断它们的差值是否能够被1整除。如果能够被1整除，则该子阵列满足题目要求。我们可以直接使用一个计数器，记录满足条件的子阵列数量即可。

def count_subarrays(arr, k):
    count = 0
    i, j = 0, 1
    while j < len(arr):
        if abs(arr[i] - arr[j]) % (k - 1) == 0:
            count += 1
        i += 1
        j += 1
    return count

对于其他的K值，我们可以将其转化为K=2的问题。我们需要分别处理不同的情况。

K=3

当K=3时，我们需要考虑所有长度为3的子阵列。我们可以使用两个指针 i 和 j 来枚举所有这样的子阵列。具体来说，我们首先将 i 和 j 都指向第一个元素，然后让 j 不断向右移动，直到 j 和 i 之间的距离为 2。此时，我们得到了一个长度为 3 的子阵列 [ai, ai+1, aj]，我们只需要判断它们的两个差值是否同时能够被 2 整除即可。

def count_subarrays(arr, k):
    count = 0
    if k == 3:
        i, j = 0, 2
        while j < len(arr):
            if abs(arr[i] - arr[i + 1]) % 2 == 0 and abs(arr[i + 1] - arr[j]) % 2 == 0 and abs(arr[i] - arr[j]) % 2 == 0:
                count += 1
            i += 1
            j += 1
        return count

K>=4

对于 K>=4 的情况，我们可以使用动态规划来解决。具体来说，我们可以开一个大小为 K 的桶数组，表示余数为 0 到 K-1 的元素个数。然后，我们从左往右扫描数组，每遇到一个新的元素，就将其加入桶数组中，更新每个余数的个数。当我们处理到第 i 个元素时，我们只需要查询桶数组中与其余数相同的元素个数即可。具体来说，我们可以用 cnt[x] 表示桶数组中余数为 x 的元素个数，则以 i 结尾的长度为 K 的子阵列的数量为：

count += cnt[((arr[i] % (k - 1)) + (k - 1)) % (k - 1)]

这里我们需要将余数转化为正数，因为有些余数可能是负数。

def count_subarrays(arr, k):
    count = 0
    if k >= 4:
        cnt = [0] * (k - 1)
        for i in range(k - 1):
            cnt[i] += 1
        for i in range(1, len(arr)):
            cnt[((arr[i] % (k - 1)) + (k - 1)) % (k - 1)] += 1
            if i >= k - 1:
                count += cnt[((arr[i - k + 1] % (k - 1)) + (k - 1)) % (k - 1)]
                cnt[((arr[i - k + 1] % (k - 1)) + (k - 1)) % (k - 1)] -= 1
        return count

结束语

本题可以通过一些技巧和技术来实现。我们首先考虑了 K=2 的情况，然后通过一些转化和动态规划来处理 K>2 的情况。时间复杂度为 O(NK)。