AGC009C Division into Two

传送门

题意：
给出一个集合，集合内的数都是整数且互不相同。现在将这个集合划分成X和Y两个集合（X和Y可以为空），使：

• X中任意两个元素至少相差A；
• Y中任意两个元素至少相差B。

求满足条件的划分的方案数，对1e9+7取模。

题解：
我们可以想到一个O(n²)的dp。设fx[i][j]为第i个元素在X中，且在Y中的最后一个元素是j的方案数。同理定义fy[i][j]。
然后考虑一下fx[i][j]的转移。如果S[i+1]-S[i]≥A，那么就可以转移到fx[i+1][j]；如果S[i+1]-S[j]≥B，那么就可以转移到fy[i+1][i]。
但是这个时间复杂度显然会T。考虑优化。
让S[0]=-INF,S[n+1]=INF.
那么让A≥B，f[i]为第i个元素在X中的方案数，g[i]为第i个元素在Y中的方案数。设[l,r]为g可以转移到f的范围。那么r的限制就是上述第一条限制，l的限制为第二条，即l之后相邻两个数的差≥B。
那么g[j]可以转移到f[i]的条件是： S_i+1 − S_j ≥ B，S_j+1…i 中任意两个相邻的数的差均不小于 A

然后转移f时就可以和上述类似地转移了，g也可以求一个前缀和。

代码（变量名有点混乱，轻喷）：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100005
#define LL long long
#define mod 1000000007
#define INF (LL)4e18
using namespace std;
int n,f[maxn],s[maxn];
LL a,b,x[maxn];
int Get(int l,int r)
{
	if(l>r) return 0;
	if(!l) return s[r];
	else return (s[r]-s[l-1]+mod)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%lld%lld",&n,&a,&b);
	if(a<b) swap(a,b);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&x[i]);
	x[0]=-INF,x[n+1]=INF;
	f[0]=s[0]=1;
	int l=0,r=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++)
	{
		while(r+1<i&&x[i]-x[r+1]>=a) r++;
		if(i>=2&&x[i-1]-x[i-2]<b) l=i-2;
		if(x[i]-x[i-1]>=a) f[i]=f[i-1];
		f[i]=(f[i]+Get(l,min(i-2,r)))%mod;
		s[i]=s[i-1];
		if(x[i+1]-x[i-1]>=b) s[i]=(s[i]+f[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",f[n+1]);
}