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Division into Two

思路

一道 DP 好题。

我们假定 $A \geq B$ （ $A$ 对应 $X$ 集合， $B$ 对应 $Y$ 集合）。我们先判掉存在 $3$ 个数两两之差小于 $B$ 的情况（根据鸽巢原理，三数二集合，这三者必定有二者分在一起）。

DP 状态不难想到：令 $f_{i}$ 表示前 $i$ 个数都划分完成，其中第 $i$ 个数是分在 $X$ 的方案数。

首先我们需要枚举一个 $j$ ，那么 $[j + 1, i - 1]$ 这一段都放在 $Y$ 集合中。然后我们分析得到合法的 $j$ 需要满足的要求：

$j < i$
$s_{i} - s_{j} \geq A$ （由于 $s_{i}$ 递增，所以满足条件的对会越来越多，所以满足此条件的 $j$ 是从一开始的前缀）
对于 $[j + 1, i - 1]$ 中的每一个数都满足两两之差 $\geq B$ 。（由于区间 $[j, i - 1]$ 和 $[j + 1, i - 1]$ ，如果后者不合法则前者一定不合法，那么发现是一个 $i - 1$ 到开头的后缀）。

那有的同学就会想，为什么新加入 $Y$ 的一段就一定合法呢？也可能不合法呀！

注意我们刚开始判断掉的情况，假设上次 $Y$ 集合中最后的数是 $a_{k}$ ，由于 $a_{j + 1} - a_{k} < B$ ，又有 $a_{k} < a_{j} < a_{j + 1}$ ，那么这三者两两作差一定 $< B$ （因为最大的和最小的之差已经 $< B$ ，那么相邻的就一定更小），所以已经被我们判掉了，不需要担心正确性。

可转移的便是二者的交集。二者都可以用双指针一类的方式维护，然后作前缀和即可快速求得，复杂度为 $O (1)$ 。

对于代码而言：

这道题对于后缀的处理还是很有讲究的。代码最后一个 if 语句：由于到下一轮循环才用到（ $i$ 增加 $1$ ），所以等价于 $i$ 的时候知道了 $s [i - 1] - s [i - 2] < b$ 推出只能取到 $i - 2$ （因为以 $i - 2$ 转移，那么 $i - 1$ 还是可以到的，因为 $[i - 1, i - 1]$ 区间内只有一个数，一定满足要求）。开头时无需判断的。
最有统计答案时，需要累加多个 f[i]，遇到 $s_{i + 1} - s_{i} < B$ 则停止。原因是这样相当于后面的数都丢入 $B$ 集合中，如果不统计答案是不全面的。而遇到前文的条件时， $i$ 还是可以累加的，理由和 1 中括号前半句话的道理是一样的。但是后面就不行了，其实总的说 1 点理解了这点其实更好理解些。
代码中使用了边做边统计的方式，可以考虑分开处理的代码。

对于第 2 点，我认为比较难理解，在此特意点出。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Ls(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)
#define Rs(i,l,r) for(int i=l;i>r;--i)
#define Le(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Re(i,l,r) for(int i=l;i>=r;--i)
#define L(i,l) for(int i=0;i<l;++i)
#define E(i,l) for(int i=1;i<=l;++i)
#define W(t) while(t--)
const int N=100010,mod=1e9+7;
typedef long long ll;
int n;
ll a,b,s[N],sum[N];
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    // freopen("1.out","w",stdout);
    // ios::sync_with_stdio(0);
    // cin.tie(0);
    // cout.tie(0);
    #endif
    // Insert Code Here
    scanf("%d%lld%lld",&n,&a,&b);
    if(a<b)swap(a,b);
    E(i, n)scanf("%lld",s+i);
    E(i, n-2)if(s[i+2]-s[i]<b)return puts("0"),0;
    sum[0]=1;
    int r=0,l=0;
    E(i, n){
        while(r<i&&s[i]-s[r+1]>=a)++r;
        ll f=0;
        if(l<=r)f=(sum[r]-(r?sum[l-1]:0)+mod)%mod;
        sum[i]=(sum[i-1]+f)%mod;
        if(i>1&&s[i]-s[i-1]<b)l=i-1;
    }
    ll ans=0;
    Re(i, n, 0){
        (ans+=(sum[i]-sum[i-1]+mod)%mod)%=mod;
        if(i<n&&s[i+1]-s[i]<b)break;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}