来源：力扣（LeetCode）

描述：

给你一个数组 nums 。nums 的源数组中，所有元素与 nums 相同，但按非递减顺序排列。

如果 nums 能够由源数组轮转若干位置（包括 0 个位置）得到，则返回 true ；否则，返回 false 。

源数组中可能存在 重复项 。

注意： 我们称数组 A 在轮转 x 个位置后得到长度相同的数组 B ，当它们满足 A[i] == B[(i+x) % A.length] ，其中 % 为取余运算。

示例 1：

输入：nums = [3,4,5,1,2]
输出：true
解释：[1,2,3,4,5] 为有序的源数组。
可以轮转 x = 3 个位置，使新数组从值为 3 的元素开始：[3,4,5,1,2] 。

示例 2：

输入：nums = [2,1,3,4]
输出：false
解释：源数组无法经轮转得到 nums 。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3]
输出：true
解释：[1,2,3] 为有序的源数组。
可以轮转 x = 0 个位置（即不轮转）得到 nums 。

提示：

• 1 <= nums.length <= 100
• 1 <= nums[i] <= 100

方法：直接遍历

思路与算法

  按照题意可以知道 nums 的源数组 source 中的所有元素都按非递减顺序排列，假设数组的长度为 n，假设当数组向右轮转 x 个位置，令 x = x mod  n，根据置换公式 source[i] = nums[(i + x) mod  n] 可以知道：

• 当 x = 0 时，则意味着数组 nums 本身为非递减顺序排列，nums 与原数组相同，此时我们只需要判断 nums 是否为非递减顺序排列；
• 当 x > 0 时，则意味着数组 nums 分为了两部分，nums[0, ⋯ , x − 1], nums[x, ⋯ , n−1] ，需进行分类检测；

对于 x > 0 时，根据题意可以知道对于原始数组 source 一定满足当 i ≤ j 时，则 source[i] ≤ source[j] ，由此我们可以推出：

• 当 0 < i < x 时，则一定满足 nums[i − 1] ≤ nums[i] ；
• 当 x < i < n 时，则一定满足 nums[i − 1] ≤ nums[i] ；
• 当 x ≤ i < n 时，由于 source[n − x − 1] ≤ source[n − x] ，则一定满足 nums[i] ≤ nums[n−1] ≤ nums[0] ；
  • 当满足 source[n − 1] = source[0] 时，则意味着整个数组均为相等，从任意处轮转数组均保持不变；
  • 当满足 source[n − 1] > source[0] 时，此时 source[n − 1], source[0] 对应的元素为 nums[x − 1], nums[x] ，此时一定满足 nums[x − 1] > nums[x] ，则此时找到第一个索引 i 满足 nums[i] < nums[i − 1] 时，nums[i−1],nums[i] 对应着源数组中的 source[n−1],source[0] ；

根据上述推理，我们检测过程如下：

• 首先检测数组是否非递减排序，如果满足非递减排序则直接返回 true；
• 如果数组不满足非递减排序，则找到第一个 i 满足 nums[i] < nums[i − 1]，然后分别检测子数组 nums[0, ⋯ , i − 1],nums[i, ⋯ , n − 1] 是否都满足非递减排序；
• 如果两个子数组都满足非递减排序，还需检测 nums[i, ⋯ , n − 1] 中的元素是否都满足小于等于 nums[0] ，实际我们只需检测 nums[n − 1] 是否满足小于等于 nums[0] 即可；

根据上述描述的检测过程进行检测即可。

代码：

class Solution {
public:bool check(vector& nums) {int n = nums.size(), x = 0;for (int i = 1; i < n; ++i) {if (nums[i] < nums[i - 1]) {x = i;break;}}if (x == 0) {return true;}for (int i = x + 1; i < n; ++i) {if (nums[i] < nums[i - 1]) {return false;}}return nums[0] >= nums[n - 1];}
};

复杂度分析
时间复杂度： O(n)，其中 n 表示数组的长度。我们只需遍历一遍数组即可。
空间复杂度： O(1)。遍历过程中不需要额外的空间。
author：力扣官方题解