记忆化搜索题，类似 DP 。

形式化题意：给定 $n$ 个数，求满足任意两个相邻的数差值大于给定数值的排列方案数。

看到排列一般会直接想到dfs，但 $n$ 是 $16$ 的，dfs $O(n!)$ 会 tle，显然过不了。但不难发现计算时会经常出现前面已经排好的方案不一样，但后面剩下还没排的数都一样的情况，此时就会出现大量重复计算。考虑到影响当前方案数的因素只有：已经排好了多少个、前面都有哪些参与了排列、当前排列的最后一个数是什么。因此记忆化搜索，用 $dp[k][state][last]$ 记录当前应该填第 $k$ 个数，已经填到了 $state$ 的状态（ $state$ 在二进制下哪些位上是 $1$ 就代表哪几个数已经用了）且最后一次填的下标为 $last$ 的方案数。那么就可以这样转移：

$$dp[k][state][last]=\sum dp[k+1][state|(1<<(i-1)][i],(state>>(i-1)\text{and}1)==1 $$

关于复杂度：最劣情况下，每一种 $state$ 被访问一次，对于每一种 $state$ ，每一个数字都有机会成为 $last$ （如果这个数字在 $state$ 下），然而 $state$ 确定了 $k$ 就确定了。因此 $O(n·2^n)$ ，而且不容易跑满。

最后不要忘记dfs的边界条件。 这道题就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int re(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=17;
int n,K;
int h[N];
int dp[N][(1<<N)][N];
inline int dfs(int k,int state,int last){
	if(k==n+1)return 1;
	if(dp[k][state][last])return dp[k][state][last];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if((state>>(i-1))&1||abs(h[i]-h[last])<=K)continue;
		dp[k][state][last]+=dfs(k+1,state|(1<<(i-1)),i);
	}
	return dp[k][state][last];
}
signed main(){
	n=re(),K=re();
	for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=re();
	h[0]=-K-1;
	cout<<dfs(1,0,0);
	return 0;
}