思路：设dp[i]:表示第i个元素a[i]对前i-1个的完美子，容易写出转换方程：dp[i]=sum{dp[j]+1} (|a[i]-a[j]|)<=m(m为题中最大差值d))

这样的时间复杂度为 O(n^2),会TLE.对于sum{dp[j]+1}我们能够先用d[n]记录a[n],再将d[]由小到大排序，这样的话就可用二分查找找出|a[i]-a[j]|)<=m的j的最左端 l 和最右端 r，然后求dp[l-r]的值 t 加个数s即可，对于dp[l-r]的值可以用树状数组来求解，而对于其个数s,可以将dp[i]+=1,先保存自身数即可，计算答案时去除掉1即可。

Code ：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MOD=9901;
const int MAX_N=100005;
int n,m;
int a[MAX_N],d[MAX_N];
int C[MAX_N];

int Lowbit(int x);
void Update(int id,int x);
int Query(int id);
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	while(cin>>n>>m){
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			cin>>a[i];
			d[i]=a[i];
			C[i]=0;
		}
		sort(d+1,d+n+1);
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			int l=lower_bound(d+1,d+n+1,a[i]-m)-d;
			int r=lower_bound(d+1,d+n+1,a[i]+m+1)-d;
			int t=lower_bound(d+1,d+n+1,a[i])-d;
			int x=(Query(r-1)-Query(l-1)+MOD)%MOD;
			Update(t,x+1);
			ans=(ans+x)%MOD;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

int Lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}

void Update(int id,int x)
{
	while(id<=n){
		C[id]+=x;
		id+=Lowbit(id);
	}
	C[id]%=MOD;
}

int Query(int id)
{
	int ans=0;
	while(id>0){
		ans+=C[id];
		id-=Lowbit(id);
	}
	return ans%MOD;
}