[AT2292] [AGC009 C] Division into Two

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题目大意

给定$n$个不同的整数$a_1,a_2,a_3,...,a_n$，求将它们分成两个集合$X,Y$，并且$X$集合中任意两个数的差$\ge A$，$Y$集合中任意两个数的差$\ge B$的方案数。

输入输出格式

输入格式

第一行三个正整数$n,A,B$。

以下$n$行， 每行一个正整数$a_i$。

输出格式

一行一个非负整数， 表示方案数$mod1000000007$

输入输出样例

输入样例#1：

5 3 7
1
3
6
9
12

输出样例#1：

5

输入样例#2：

7 5 3
0
2
4
7
8
11
15

输出样例#2：

4

输入样例#3：

8 2 9
3
4
5
13
15
22
26
32

输出样例#3：

13

解题分析

还是挺好想的。

在这里为了方便设$A\le B$， 同时将$a_i$从小到大排序。

首先如果存在$i\in [3,n]$满足$a_i-a_{i-2}<A$， 就一定无解。

设$dp[i]$表示一定取$a_i$到$B$集合的方案数， 那么对于$dp[i]$转移区间一定是一段连续的区间$[l,r]$， 满足$\forall i\in [l+2,i-1],a_i-a_{i-1}\ge A$且$a_i-a_r\ge B$。因为我们保证了$A\le B$， 所以不需要关心$a_i-a_r\ge A$的问题。

这样预处理出来每个位置能向左连续多少个满足两两位置差$\ge A$， 就可以$O(N)$DP了。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MOD 1000000007
#define MX 100500
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
	x = 0; R char c = gc;
	for (; !isdigit(c); c = gc);
	for (;  isdigit(c); c = gc)
	x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
template <class T> IN T max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
template <class T> IN T min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
int n;
ll A, B, dat[MX];
int dp[MX], sum[MX], lef[MX];
IN int get(R int l, R int r)
{
	if (l > r) return 0;
	if (l <= 0) return sum[r];
	return (sum[r] - sum[l - 1] + MOD) % MOD;
}
int main(void)
{
	in(n), in(A), in(B);
	if (A > B) std::swap(A, B);
	for (R int i = 1; i <= n; ++i) in(dat[i]);
	std::sort(dat + 1, dat + 1 + n);
	dat[0] = -1e18;
	for (R int i = 3; i <= n; ++i) if (dat[i] - dat[i - 2] < A) return puts("0"), 0;
	for (R int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if (dat[i] - dat[i - 1] >= A) lef[i] = lef[i - 1];
		else lef[i] = i;
	}
	dp[0] = sum[0] = 1;
	int cur = 0, ans = 0;
	for (R int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		W (dat[i] - dat[cur + 1] >= B) ++cur;
		dp[i] = get(lef[i - 1] - 1, cur);
		sum[i] = (sum[i - 1] + dp[i]) % MOD;
	}
	for (R int i = n; ~i; --i)
	{
		(ans += dp[i]) %= MOD;
		if (i != n && dat[i + 1] - dat[i] < A) break;
	}
	printf("%d", ans);
}