一、题目解析
给定整数数组 nums 和整数 limit，找出最长连续子数组，使得子数组中任意两个元素的绝对差 ≤ limit。返回这个最长子数组的长度。
以 nums = [8,2,4,7], limit = 4 为例：[2,4] 和 [4,7] 都满足要求，长度 2。[8,2] 不满足（|8-2|=6 > 4）。[2,4,7] 不满足（|7-2|=5 > 4）。答案是 2。
在一个窗口内，任意两元素之差 ≤ limit，等价于窗口最大值与最小值之差 ≤ limit。问题转化为：维护一个滑动窗口，动态获取窗口内的最大值和最小值，当差值超限时缩窗。
二、解题思路
3.1 两个队列协同工作
maxQ（递减队列）队头是窗口最大值，minQ（递增队列）队头是窗口最小值。只需要检查 maxQ.first - minQ.first > limit 就能判断窗口是否合法——因为窗口内任意元素对的最大跨度就是最大值减最小值。
当差值超限时缩窗：左指针右移，同时把小于新左指针的过期索引从两个队列头部移除。
3.2 完整推演
以 nums = [8,2,4,7], limit = 4 推一遍：
r=0, nums[0]=8：两个队列均入队 0。maxQ=[0], minQ=[0]，max-min=0 ≤ 4。窗口 [8]，ans=1。
r=1, nums[1]=2：
maxQ：8>2，维持递减，入队 1。maxQ=[0(8), 1(2)]
minQ：8>2，弹 0。入队 1。minQ=[1(2)]
窗口最大值 8，最小值 2。8-2=6 > 4，超限！
缩窗：l=1。maxQ.first=0 < l=1，弹。maxQ=[1(2)]。minQ.first=1 未过期。
重新检查：2-2=0 ≤ 4。窗口 [2]，ans=max(1,1)=1。
r=2, nums[2]=4：
maxQ：2<4，弹 1。入队 2。maxQ=[2(4)]
minQ：2<4，维持递增，入队 2。minQ=[1(2), 2(4)]
4-2=2 ≤ 4。窗口 [2,4]，ans=2。
r=3, nums[3]=7：
maxQ：4<7，弹 2。入队 3。maxQ=[3(7)]
minQ：4<7，入队 3。minQ=[1(2), 2(4), 3(7)]
7-2=5 > 4，超限！
缩窗：l=2。maxQ.first=3，未过期。minQ.first=1 < l=2，弹。minQ=[2(4), 3(7)]
7-4=3 ≤ 4。窗口 [4,7]，ans=max(2,2)=2。
遍历结束，ans=2。
三、代码实现
class Solution { public int longestSubarray(int[] nums, int limit) { // maxQ：单调递减，队头是窗口最大值 Deque<Integer> maxQueue = new ArrayDeque<>(); // minQ：单调递增，队头是窗口最小值 Deque<Integer> minQueue = new ArrayDeque<>(); int l = 0; int ans = 0; for (int r = 0; r < nums.length; r++) { // 去尾：维护 maxQ 递减 while (!maxQueue.isEmpty() && nums[maxQueue.peekLast()] < nums[r]) { maxQueue.pollLast(); } // 去尾：维护 minQ 递增 while (!minQueue.isEmpty() && nums[minQueue.peekLast()] > nums[r]) { minQueue.pollLast(); } // 入队 maxQueue.offerLast(r); minQueue.offerLast(r); // 窗口最大值 - 最小值 > limit，缩窗 while (Math.abs(nums[maxQueue.peekFirst()] - nums[minQueue.peekFirst()]) > limit) { l++; // 去头：移除过期索引 if (maxQueue.peekFirst() < l) { maxQueue.pollFirst(); } if (minQueue.peekFirst() < l) { minQueue.pollFirst(); } } // 当前窗口长度 ans = Math.max(ans, r - l + 1); } return ans; }}每个元素最多入队一次、出队一次，时间复杂度 O(n)。两个队列最多各存 n 个索引，空间复杂度 O(n)。
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