问题背景
给你一个长度为 n n n 的 正 整数数组 n u m s nums nums。
如果两个 非负 整数数组 ( a r r 1 , a r r 2 ) (arr_1, arr_2) (arr1,arr2) 满足以下条件，我们称它们是 单调 数组对：
两个数组的长度都是 n n n。
- a r r 1 arr_1 arr1 是单调 非递减 的，换句话说 a r r 1 [ 0 ] ≤ a r r 1 [ 1 ] ≤ . . . ≤ a r r 1 [ n − 1 ] arr_1[0] \le arr_1[1] \le ... \le arr_1[n - 1] arr1[0]≤arr1[1]≤...≤arr1[n−1]。
- a r r 2 arr_2 arr2 是单调 非递增 的，换句话说 a r r 2 [ 0 ] ≤ a r r 2 [ 1 ] ≤ . . . ≤ a r r 2 [ n − 1 ] arr_2[0] \le arr_2[1] \le ... \le arr_2[n - 1] arr2[0]≤arr2[1]≤...≤arr2[n−1]。
- 对于所有的 0 ≤ i ≤ n − 1 0 \le i \le n - 1 0≤i≤n−1 都有 a r r 1 [ i ] + a r r 2 [ i ] = = n u m s [ i ] arr_1[i] + arr_2[i] == nums[i] arr1[i]+arr2[i]==nums[i]。
请你返回所有 单调 数组对的数目。
由于答案可能很大，请你将它对 1 0 9 + 7 10 ^ 9 + 7 109+7 取余 后返回。
数据约束
- 1 ≤ n = n u m s . l e n g t h ≤ 2000 1 \le n = nums.length \le 2000 1≤n=nums.length≤2000
- 1 ≤ n u m s [ i ] ≤ 50 1 \le nums[i] \le 50 1≤nums[i]≤50
解题过程
周赛三四题的水准，两道题目只在数据规模上有差异，目前只能尝试写灵神题解的解释。
这题虽然对两个数组有要求，但是实际上只需要枚举其中一个数组的情况，把对另外一个数组中元素的要求当成约束就行。
根据动态规划缩小问题规模的思想：
- 原问题是下标 0 0 0 到 n − 1 n - 1 n−1中的单调数组对的个数，且 a r r 1 [ n − 1 ] = j = 0 , 1 , 2 , . . . , n u m s [ n − 1 ] arr_1[n−1] = j = 0, 1, 2, ..., nums[n - 1] arr1[n−1]=j=0,1,2,...,nums[n−1]。
- 子问题是下标 0 0 0 到 i i i 中的单调数组对的个数，且 a r r 1 [ i ] = j arr_1[i] = j arr1[i]=j，将其记作 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]。
用 k k k表示 a r r 1 [ i − 1 ] arr_1[i−1] arr1[i−1]，那么根据约束条件： { a r r 1 [ i − 1 ] ≤ a r r 1 [ i ] a r r 2 [ i − 1 ] ≥ a r r 2 [ i ] \ \begin{cases} arr_1[i - 1] \le arr_1[i] \\ arr_2[i - 1] \ge arr_2[i] \\ \end{cases} {arr1[i−1]≤arr1[i]arr2[i−1]≥arr2[i]，即 { k ≤ j n u m s [ i − 1 ] − k ≥ n u m s [ i ] − j \ \begin{cases} k \le j \\ nums[i - 1] - k \ge nums[i] - j \\ \end{cases} {k≤jnums[i−1]−k≥nums[i]−j，可以得到 k k k 的上界。
解得 k ≤ m i n ( j , n u m s [ i − 1 ] − n u m s [ i ] + j ) = j + m i n ( n u m s [ i − 1 ] − n u m s [ i ] , 0 ) k \le min(j, nums[i - 1] - nums[i] + j) = j + min(nums[i - 1] - nums[i], 0) k≤min(j,nums[i−1]−nums[i]+j)=j+min(nums[i−1]−nums[i],0)，由于所有数组中的元素都是非负的，而 n u m s [ i ] = a r r 1 [ i ] + a r r 2 [ i ] nums[i] = arr_1[i] + arr_2[i] nums[i]=arr1[i]+arr2[i]，所以 k ≤ n u m s [ i − 1 ] k \le nums[i - 1] k≤nums[i−1]。
记 m a x K = j + m i n ( n u m s [ i − 1 ] − n u m s [ i ] , 0 ) maxK = j + min(nums[i - 1] - nums[i], 0) maxK=j+min(nums[i−1]−nums[i],0)，那么 d p [ i ] [ j ] = { 0 ， m a x K < 0 Σ k = 0 m a x K d p [ i − 1 ] [ k ] ， m a x K ≥ 0 dp[i][j] = \begin{cases} 0，& maxK \lt 0 \\ \mathop{\Sigma} \limits _ {k = 0} ^ {maxK} dp[i - 1][k]，& maxK \ge 0 \\ \end{cases} dp[i][j]=⎩ ⎨ ⎧0，k=0ΣmaxKdp[i−1][k]，maxK<0maxK≥0。
这里 Σ k = 0 m a x K d p [ i − 1 ] [ k ] \mathop{\Sigma} \limits _ {k = 0} ^ {maxK} dp[i - 1][k] k=0ΣmaxKdp[i−1][k] 表示对所有的 k k k 从 0 0 0 到 m a x K maxK maxK 的情况，求下标 0 0 0 到 i − 1 i - 1 i−1 中的单调数组对的个数之和，要求 a r r 1 = k arr_1 = k arr1=k。这显然满足前缀和的定义，记 s [ j ] = Σ k = 0 j d p [ i − 1 ] [ k ] s[j] = \mathop{\Sigma} \limits _ {k = 0} ^ {j} dp[i - 1][k] s[j]=k=0Σjdp[i−1][k]，那么上述状态转移方程 ( 3 ) (3) (3) 可以简化为 d p [ i ] [ j ] = { 0 ， m a x K < 0 s [ m a x K ] ， m a x K ≥ 0 dp[i][j] = \begin{cases} 0，& maxK \lt 0 \\ s[maxK]，& maxK \ge 0 \\ \end{cases} dp[i][j]={0，s[maxK]，maxK<0maxK≥0。
初始值 d p [ 0 ] [ j ] = 1 dp[0][j] = 1 dp[0][j]=1，其中 j = 0 , 1 , 2 , . . . , n u m s [ 0 ] j = 0, 1, 2, ..., nums[0] j=0,1,2,...,nums[0]。这表示的是，下标 0 0 0 到 0 0 0 中的单调数组对的个数，也就是只考虑数组中第一个元素的情况， a r r 1 [ i ] arr_1[i] arr1[i] 可以是合法范围内任意值。
后续还有进一步优化，目前一下子掌握不了，先暂时放弃。
具体实现
java
class Solution {
// 根据题意定义模数
private static final int MOD = 1000000007;
public int countOfPairs(int[] nums) {
int n = nums.length;
// m 表示 nums 数组中的最大值，所有数组中的元素都不会超过这个范围，也就是应枚举的最大值
int m = Arrays.stream(nums).max().getAsInt();
long [][] dp = new long[n][m + 1];
long[] preSum = new long[m + 1];
// 填充初始值，只考虑数组中第一个元素的情况
Arrays.fill(dp[0], 0, nums[0] + 1, 1);
for(int i = 1; i < n; i++) {
// 计算前缀和，这是它的定义
preSum[0] = dp[i - 1][0];
for(int k = 1; k <= m; k++) {
preSum[k] = (preSum[k - 1] + dp[i - 1][k]) % MOD;
}
for(int j = 0; j <= nums[i]; j++) {
int maxK = j + Math.min(nums[i - 1] - nums[i], 0);
dp[i][j] = maxK >= 0 ? preSum[maxK] % MOD : 0;
}
}
// 答案是考虑完数组中最后一个元素之后，对所有可能情形求和
return (int) (Arrays.stream(dp[n - 1], 0, nums[n - 1] + 1).sum() % MOD);
}
}