题目解析
考虑怎样才能产生贡献，显然对于留下的相邻的 \(l,r\)，需要让 \(l\) 向右，\(r\) 向左即可产生 \(1\) 的贡献。
接下来就是考虑如何计算 \(l\) 向右 \(r\) 向左的方案数，其实就是计算左右两边最多可以留下的个数 \(x\)，方案数就是 \(2^x\)。
考虑把左右两边的分开计算。
我们发现，如果我们要让 \(l\) 向右，枚举右边的 \(l+1\) 到 \(n\) 作为 \(l\) 右边相邻的数，那么最左边可以留下的个数是单调不增的，所以枚举每一个 \(l\)，我们用双指针扫一次就好了。
另一边同理。时间复杂度就是 \(\Theta(n^2)\)。
int n,a[maxn],le[maxn][maxn],ri[maxn][maxn]; ll ans,pw[maxn];
int main(){
#ifdef LOCAL
freopen("1.in","r",stdin);
#endif
n=read(); int i,j,k; pw[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
for(i=1;i<n;i++){
k=i-1;
for(j=i+1;j<=n;j++){
while(a[i]-a[k]<=a[j]-a[i]&&k) k--;
ri[i][j]=k;
}
}
for(i=2;i<=n;i++){
k=i+1;
for(j=i-1;j>=1;j--){
while(a[i]-a[j]>a[k]-a[i]&&k<=n) k++;
le[i][j]=n-k+1;
}
}
for(i=1;i<n;i++) for(j=i+1;j<=n;j++)
ans+=pw[ri[i][j]+le[j][i]],ans%=MOD;
print(ans); return 0;
}