https://www.bnuoj.com/v3/contest_show.php?cid=9149#problem/G
【题意】
给定一个数组a，问这个数组有多少个子序列，满足子序列中任意两个相邻数的差（绝对值）都不大于d.
【思路】
首先，朴素的dp思想：
dp[i]为以a[i]结尾的子问题的答案，则dp[i]=sum(dp[k]),k<i&&|a[k]-a[i]|<=d
但是时间复杂度为O(n^2),会超时。
我们可以这样想：
如果数组a排好序后，dp[i]就是区间(a[i]-d,a[i]+d)的结果和（直接把a[i]加到原数组后面）
所以自然而然就想到了用树状数组,区间求和求出dp[i],然后单点修改dp[i]以备后用。
这样时间复杂度就变成了O(nlogn)
另外要注意原来是很稀疏的大数据，我们要离散化压缩状态（排序去重）
先把长度为1的姑且认为是完美子序列，然后再减去n,怎样状态就很好转移，所以看到代码里fi初始值为1.
【Accepted】
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<string> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 8 using namespace std; 9 const int mod=9901; 10 const int maxn=1e5+3; 11 int n,d; 12 int a[maxn],h[maxn],tree[maxn]; 13 int lowbit(int x) 14 { 15 return x&(-x); 16 } 17 void add(int k,int x) 18 { 19 while(k<=n) 20 { 21 tree[k]=(tree[k]+x)%mod; 22 k+=lowbit(k); 23 } 24 } 25 int query(int k) 26 { 27 int res=0; 28 while(k) 29 { 30 res=(res+tree[k])%mod; 31 k-=lowbit(k); 32 } 33 return res; 34 } 35 int query(int l,int r) 36 { 37 return (query(r)-query(l-1)+mod)%mod; 38 } 39 int main() 40 { 41 while(~scanf("%d%d",&n,&d)) 42 { 43 memset(tree,0,sizeof(tree)); 44 for(int i=1;i<=n;i++) 45 { 46 scanf("%d",&a[i]); 47 h[i]=a[i]; 48 } 49 sort(h+1,h+n+1); 50 int cnt=unique(h+1,h+n+1)-h-1; 51 int ans=0; 52 for(int i=1;i<=n;i++) 53 { 54 int fi=1; 55 int l=lower_bound(h+1,h+cnt+1,a[i]-d)-h; 56 int r=upper_bound(h+1,h+cnt+1,a[i]+d)-h-1; 57 int pos=lower_bound(h+1,h+cnt+1,a[i])-h; 58 fi=(fi+query(l,r))%mod; 59 ans=(ans+fi)%mod; 60 add(pos,fi); 61 } 62 ans=(ans-n%mod+mod)%mod; 63 cout<<ans<<endl; 64 } 65 return 0; 66 }
【知识点】
lower_bound返回第一个大于等于查找值的迭代器指针
upper_bound返回第一个大于（没有等于）查找值的迭代器指针