題目鏈結:
題目大意：計算序列有多少種組合，每個組合至少兩個數，使得組合中相鄰兩個數之差不超過h，序列有重複的數。mod 9901。
解題思路：
以樣例1 3 7 5為例，如果沒有重複的數。
設dp[i]前n個數的方案數，初始化為1。
那麼for(1...i...n)
$dp[i]=\sum dp[j]+1\quad,where \quad \left |num[i]-num[j] \right|<=h$
+1是為了計算兩個點直接連線的情況，如樣例：
dp[1]=1 （無連線）
dp[2]=dp[1]+1=2 （1-3連線）
dp[3]=1 (無連線）
dp[4]=dp[2]+dp[3]+1=4（1-3-5, 3-5，7-5）
如果沒有+1，那麼就沒法dp下去，同時，這樣每個點多算了1，所以ans=1+2+1+4-4=4
上面o（n^2)的原因在於, 原始序列的dp區間不是連續的，比如1,3,8,3,5,7 h=2
5的dp區間可以是2,4，需要多掃一輪來找出這些離散的值。
實際上，dp過程中可以不依賴原始序列順序。將原始序列排序離散化去重後，變成1,3,5,8
這樣，新新增乙個box的時候，可以二分找其值在新序列中邊界l，r，這樣，原本的離散dp求和，
被轉化成了連續區間求和$\sum sum(r)-sum(l-1)$
原因很簡單，5在實際計算時，在3,3,7中都被牽扯到，是乙個對稱計算。所以排序去重後可以簡化為對連續區間的計算。
至於為什麼要去重，主要是為了解決重值的重複計算（原題並沒有說沒有重值）
比如1,3,3，如果不去重，為第二個3單獨開個dp狀態，那麼1-3被算了兩次（dp初始值為1）
所以第二個3，無須再開乙個dp狀態，直接第乙個3基礎上算就行了。保證ans-n是最後的結果。
#include "cstdio
"#include
"algorithm
"#include
"cstring
"using
namespace
std;
#define maxn 100005
#define mod 9901
intnum[maxn],hash[maxn],n,h,s[maxn];
int lowbit(int x)
int sum(int
x)void update(int x,int
d)int
main()
sort(hash+1,hash+n+1
);
int diff=unique(hash+1,hash+n+1)-hash-1
;
int ans=0
;
for(int i=1;i<=n;i++)
printf(
"%d\n
",(ans-n)%mod);
}}
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