給定一個無序的數組，找出數組在排序之後，相鄰元素之間最大的差值。
如果數組元素個數小於 2，則返回 0。
示例 1:
輸入: [3,6,9,1]
輸出: 3
解釋: 排序後的數組是 [1,3,6,9], 其中相鄰元素 (3,6) 和 (6,9) 之間都存在最大差值 3。
示例 2:
輸入: [10]
輸出: 0
解釋: 數組元素個數小於 2，因此返回 0。
說明:
你可以假設數組中所有元素都是非負整數，且數值在 32 位有符號整數範圍內。
請嘗試在線性時間複雜度和空間複雜度的條件下解決此問題。
答：
這道題的難點在於說明，嘗試在線性時間複雜度和空間複雜度的條件下解決問題。
如果沒有此限制，快排排個序，然後找到最大差值，堅持不要太簡單，但是快排的時間複雜度是超過線性時間複雜度的。
準確的說，任何的排序方式，都是超過線性時間複雜度的。
那我們只能把數組排序，或者只是做個簡單的排序，就進行比較。
這時候，我腦子裏就想到了桶排序，
那下面就是考慮桶的數目的多少了，首先，不能過多，因爲數值是子32位有符號非負整數，肯定不能變成計次排序吧。
我先開始的想法是慢慢二分，比如，開始時候桶數爲3，如果桶(1)是空的，那就是桶(2)的最小值-桶(0)的最小值。如果三個桶都有值(三個桶都有值時，可能出現桶內的兩個值差是數組的最大差值)，那就拆成6個桶。
不過這種方式是有瑕疵的，如果數組的值分佈均勻，時間複雜度就變成lg(n)*nl。
那能不能就通過一個的確定大小的桶，保證時間和空間複雜度是線性的情況下，只需要一次循環比較呢？
這時候我就想到，只要桶的數目是>=數組的大小(單個桶內的最大最小差值<數組的平均差值<=數組的最大差值)，那不就可以了嗎
那整個思路就比較明顯了:
1、判斷數組的長度，如果小於等於1時，返回0
2、就算出桶的大小，如果小於等於1時，進行計數排序
3、將數組的值放進桶內，並將每個桶內的最小和最大值進行記錄。
4、遍歷桶，當桶不爲空時，用每個桶的最小值減去之前的最大值，獲得差值。
5、返回最大的差值。
代碼：
class Solution {
public int maximumGap(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length <= 1) {
return 0;
}
int min = Integer.MAX_VALUE;
int max = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
min = Math.min(min, nums[i]);
max = Math.max(max, nums[i]);
}
if (max == min) {
return 0;
}
int step = (max - min) / nums.length;
if (step <= 1) {
int[] values = new int[max - min + 1];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
values[nums[i] - min]++;
}
int zeroNum = 0;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < values.length; i++) {
if (values[i] == 0) {
zeroNum++;
} else {
ans = Math.max(ans, zeroNum);
zeroNum = 0;
}
}
return ans + 1;
}
int n = (max - min) / step + 1;
int[] mins = new int[n];
for (int i = 0; i < mins.length; i++) {
mins[i] = Integer.MAX_VALUE;
}
int[] maxs = new int[n];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int k = (nums[i] - min) / step;
maxs[k] = Math.max(maxs[k], nums[i]);
mins[k] = Math.min(mins[k], nums[i]);
}
int lastMax = maxs[0];
int ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (mins[i] == Integer.MAX_VALUE) {
continue;
}
ans = Math.max(ans, mins[i] - lastMax);
lastMax = maxs[i];
}
return ans;
}
}