Description

For a set of sequences of integers｛a1，a2，a3，...an｝, we define a sequence｛ai1,ai2,ai3...aik｝in which 1<=i1<i2<i3<...<ik<=n, as the sub-sequence of ｛a1，a2，a3，...an｝. It is quite obvious that a sequence with the length n has 2^n sub-sequences. And for a sub-sequence｛ai1,ai2,ai3...aik｝，if it matches the following qualities: k >= 2, and the neighboring 2 elements have the difference not larger than d, it will be defined as a Perfect Sub-sequence. Now given an integer sequence, calculate the number of its perfect sub-sequence. 

Input

Multiple test cases The first line will contain 2 integers n, d（2<=n<=100000，1<=d=<=10000000） The second line n integers, representing the suquence

Output

The number of Perfect Sub-sequences mod 9901 

Sample Input

4 2

1 3 7 5

Sample Output

4

【题意】给一个数字序列，问长度大于2的且相邻两个数的差的绝对值不大于d的情况对9901取余

【思路】对于当前的数A，那么以它为最后一个元素可以组成的情况是A-d到A+d的和，也可以这样想，A-d的已经组成了m种情况，那么在不影响小于d的情况下，可以直接将A放到A-d组成的左右序列中，那么直接加就可以了，而后更新A可以组成的情况，数据太大还需要离散化，然后二分找一下A-d和A+d的位置，数据可能没有这两个位置，那么找到第一个大于等于A-d和第一个小于等于A+d的位置更新就行，且不会影响结果。

参考：http://blog.csdn.net/dan__ge/article/details/51620024

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=+;

const int mod=;

int a[N],x[N],sum[*N];

int n,m,nn,cnt;

void build(int k,int l,int r)//建树

{

    sum[k]=;

    if(l==r) return ;

    int mid=l+r>>;

    build(*k,l,mid);

    build(*k+,mid+,r);

}

void update(int ll,int rr,int k,int l,int r)

{

    if(l==r)

    {

        sum[k]=(sum[k]+rr)%mod;

        return ;

    }

    int mid=l+r>>;

    if(mid>=ll) update(ll,rr,k*,l,mid);

    if(mid<ll) update(ll,rr,k*+,mid+,r);//

    sum[k]=(sum[k*]+sum[k*+])%mod;

}

int query(int ll,int rr,int k,int l,int r)

{

    if(ll<=l&&r<=rr) return sum[k]%mod;

    int mid=l+r>>;

    int res=;

    if(ll<=mid) res+=query(ll,rr,k*,l,mid);

    if(mid<rr) res+=query(ll,rr,k*+,mid+,r);

    return res%mod;

}

int main()

{

    while(~scanf("%d%d",&n,&m))

    {

        cnt=;

        for(int i=;i<n;i++)

        {

            scanf("%d",&a[i]);

            x[cnt++]=a[i];

            x[cnt++]=a[i]-m;

            x[cnt++]=a[i]+m;

        }

        sort(x,x+cnt);

        nn=unique(x,x+cnt)-x;//nn去重后，不重复元素的个数；STLunqiue在STL中unique函数是一个去重函数，unique的功能是去除相邻的重复元素(只保留一个),
//其实它并不真正把重复的元素删除，是把重复的元素移到后面去了，然后依然保存到了原数组中，然后 返回去重后最后一个元素的地址，
//因为unique去除的是相邻的重复元素，所以一般用之前都会要排一下序。

        build(,,nn);

        int ans=;

        for(int i=;i<n;i++)

        {

            int p=lower_bound(x,x+nn,a[i])-x;//Lower_bound是小于等于关键字的位置

            int left=lower_bound(x,x+nn,a[i]-m)-x;

            int right=lower_bound(x,x+nn,a[i]+m)-x;

            int c=query(left+,right+,,,nn);

            update(p+,c+,,,nn);

            ans=(ans+c)%mod;

        }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

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