题目链接：[点击打开链接](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3450) 题目大意： 统计满足相邻两个数之差不超过d的子序列个数。 我们不难想到一个O(n^2)的DP算法 ： 对于每一个i， d[i]表示 以i结尾的子序列个数。  那么它将转移到所有满足（j >= 1 && j < i && abs(a[j]-a[i])<=d）的d[j] 。 但是由于n太大了， 这样显然会超时， 那么我们来想想如何优化这个算法：  可以发现，  对于每个d[i]， 其累加的部分是一个（a[i] - d, a[i] + d）的范围内的且在i之前出现过的所有d[j]。 这恰恰符合树状数组的特点： 求连续和、单点更新 。 所以我们不难想到每次更新完d[i] 之后， 在a[i]这个位置上增加d[i]+1。  但是该题没有给a[i]的数据范围， 得到WA之后证明， 数据应该很大， 数组开不下。   那么我们只需要离散化一下， 将数据一一映射到1~n的范围内就好了。然后用二分查找找到映射后的代码，用树状数组求解。 离散化的一个比较简单易行的方法就是用另一个数组b复制a，然后对b进行排序去重，那么此时b的下标就是对数组a映射后的值，用二分查找可以很容易的找到。 复杂度O(n*logn)。 细节参见代码： ~~~ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<string> #include<vector> #include<stack> #include<bitset> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<set> #include<list> #include<deque> #include<map> #include<queue> #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) using namespace std; typedef long long ll; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-6; const int mod = 9901; const int INF = 1000000000; const int maxn = 100000 + 10; ll T,n,m,e,d[maxn],bit[maxn],kase = 0,a[maxn],b[maxn]; ll sum(ll x) { ll ans = 0; while(x > 0) { ans = (ans + bit[x])%mod; x -= x & -x; } return ans; } void add(ll x, ll dd) { dd %= mod; while(x <= n) { bit[x] = (bit[x] + dd)%mod; x += x & -x; } } int main() { while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&e)) { memset(bit, 0, (n+1)*sizeof(ll)); ll maxv = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%I64d",&a[i]); b[i] = a[i]; maxv = max(maxv, a[i]); } sort(b+1, b+n+1); int len = unique(b+1,b+n+1) - b - 1; for(int i=1;i<=n;i++) { ll l = lower_bound(b+1,b+len+1,a[i]-e) - b - 1; ll r = lower_bound(b+1,b+len+1,a[i]+e) - b; ll v = lower_bound(b+1,b+len+1,a[i]) - b; if(r > len || b[r] > a[i]+e) --r; d[i] = (sum(r) - sum(l) + mod) % mod; add(v, d[i]+1); } ll ans = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { ans = (ans + d[i])%mod; } printf("%I64d\n",ans); } return 0; } ~~~