Level: Easy
(资料图)
仍然采用预处理 + 部分遍历的方式。首先遍历nums数组中前k个元素，即位序[0, k]，将其存入集合，若遍历过程中存在重复元素则直接返回True。
然后遍历剩下的元素，直接判断当前元素是否在集合中，特别注意，由于预处理数组长度已经为 k + 1，判断存在性时，相当于向预处理数组再插入一个元素，此时数组长度已经为k + 2, 因此需要在判断前，删除数组左端点的元素。
时间复杂度：O(N)。此处的 n 指的是数组 nums长度。
空间复杂度：O(K)。 自始至终维护一个大小为 k的集合。
此题求存在性，若数组中元素各不相同，则一定没有满足要求的位序对；
前 k + 1长度数组，其遍历中的元素添加与成员判断，可以合并到一次遍历中；
做题时，未充分考虑此题的特殊性，首先题目看似是一个不定长数组，但实际上仍然可以用滑窗，只需要保证最坏情况成立，即可保证成立
有两点是没有考虑到的：
遍历前 k + 1个元素，仍然可能遇到相同的元素
修改弹窗时，不应该按照传统的左边出队，右边入队的思路，还需要考虑此时数组长度，显然此题判断时，数组长度已经为 k + 1, 不满足判断的元素之相对位置小于等于k的要求，因此需要先删除左端点对应的元素后判断。
做题应当首先考虑数据特性，选择合适的数据类型，本题中选择列表和集合无本质区别，至少是可变数据类型，因为本题会涉及到插入删除，因为之所以用集合会出错，是因为没有处理同值下标。
查看复杂度排名时，发现边界条件没有考虑到，将数组转换为集合，集合的容积如果与原数组相等则说明整个数组无重复元素，直接可以判定为错误
难点：以滑动窗口长度为 k + 1，举例，此时删除的元素应该是 nums[i - k - 1],因为题目限制的滑动窗口不是数组长度，而是位序长度，两者差值为1。
关键词：
