题意
按元素从小到大的顺序给出一个集合，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。
思路
先说一下考场上的错误的想法：
假设B≤A,现将a[i]放入集合X,找到最大的 j 使 a[j]+A≤a[i] ,找到最小的 k 使 k~i-1 中的每一个数都可以放入集合Y中，然后就从k ~ j 进行转移。
这么做会忽略一个限制：新加入Y集合的最小元素和原有的Y集合中最大元素的差不一定会大于等于B。
但从这个错误的思路中，可以得到一种对正解有帮助的想法：将这些数划分成一段一段的进行转移。
考虑连续的一段都放入X集合或Y集合中，假设这一段是从 j 到 i （j ≤ i）,那么我们就默认了 a[j-1] 和 a[i+1] 必须放入另一个集合。所以，如果我们将这一段放入X集合中，它就必须满足：
1：a[j-1]+B ≤ a[i+1]
2：a[k]+A ≤ a[k+1] （j ≤ k < i）
定义 g[i] 为前 i 个数已确定放的集合，以 i 结尾的这一段放入X集合的方案数，p[i]为前 i 个数已确定放的集合，以 i 结尾的这一段放入Y集合的方案数。
如果我们要枚举这一段的左端点 j 并判断是否满足条件来进行转移的话，时间复杂度会是O(n
)，所以可以预处理出对于A和B,满足条件 2 的最小的 j ，记为la[i],lb[i]，和满足条件 1 的最大的 j ，记为ua[i],ub[i]。
当我们对g[i]进行转移时，la[i]≤j≤min(ub[i+1]+1,i)，求一下前缀和就能实现O(1)的转移，总时间复杂度为O(n)。
然后就是愉快的DP了。
至于加1减1的细节就详见代码吧。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define LL long long
#define MO 1000000007
LL g[MAXN],p[MAXN],A,B,ans,a[MAXN];
int la[MAXN],lb[MAXN],ua[MAXN],ub[MAXN];
int n;
int main()
{
scanf("%d%lld%lld",&n,&A,&B);
n++;
for(int i=2,j=2,k=2;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
if(i==1) la[i]=i,lb[i]=i,ua[i]=0,ub[i]=0;
else
{
if(a[i-1]+A<=a[i]) la[i]=la[i-1];
else la[i]=i;
while(a[j]+A<=a[i]) j++;
ua[i]=j-1;
if(a[i-1]+B<=a[i]) lb[i]=lb[i-1];
else lb[i]=i;
while(a[k]+B<=a[i]) k++;
ub[i]=k-1;
}
}
g[1]=1,p[1]=1;
ua[n+1]=n-1,ub[n+1]=n-1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(ub[i+1]>la[i]-2)
g[i]=(p[min(ub[i+1],i-1)]-p[max(0,la[i]-2)]+MO)%MO;
if(ua[i+1]>lb[i]-2)
p[i]=(g[min(ua[i+1],i-1)]-g[max(0,lb[i]-2)]+MO)%MO;
g[i]=(g[i]+g[i-1])%MO;
p[i]=(p[i]+p[i-1])%MO;
}
ans=(g[n]-g[n-1]+MO)%MO+(p[n]-p[n-1]+MO)%MO;
ans%=MO;
printf("%lld\n",ans);
}