这个问题让我知道了动态规划除了能用来求最优解，还可以用来做计数 = =
然后，取模的时候如果有减法是这个样子取模的： （a-b）%MOD = （（a-n）%MOD+MOD）%MOD；
因为（a-b）可能会产生负数。
问题概述：
给定一个正整数序列，序列中元素的个数和元素值大小都不超过105, 求其所有子序列的个数。
注意相同的只算一次：例如 {1,2,1}有子序列{1} {2} {1,2} {2,1}和{1,2,1}。最后结果对10^9 + 7取余数。
子序列的定义：对于一个序列a=a[1],a[2],......a[n]。则非空序列a‘=a[p1],a[p2]......a[pm]为a的一个子序列，其中1<=p1<p2<.....<pm<=n。
例如4,14,2,3和14,1,2,3都为4,13,14,1,2,3的子序列。
输入
第1行：一个数N，表示序列的长度(1 <= N <= 100000) 第2 - N + 1行：序列中的元素(1 <= a[i] <= 100000)
输出
输出a的不同子序列的数量Mod 10^9 + 7。
解决：
首先，这个题并不能采用暴力枚举的方式的来解决。对于一个非空集合，它的子集个数是2^n（含空集），n的范围太大了。
我们来考虑动态规划，假设 dp[i] 表示到第 i 个元素时已形成的不重复的子序列个数（含空），数组下标从1开始；初始dp[0] = 1， 对应空集。
考虑第 i 项:
如果之前一直没有重复的元素，那么 dp[i] 的值就是 dp[i-1] * 2 ，因为前面已经形成了 dp[i-1] 个值，后来加入的新元素 a[i] 可以和前面的
dp[i-1]个 序列都组成一个新序列， 所以dp[i] = dp[i-1] * 2 。
那如果有重复的呢，我们假设这个数上一次在数组的 j 位置出现过，那么我们这种 dp[i] = dp[i-1] * 2 的计算就会有重复， 那是那些地方有重复呢，
对啦，就是位置 j 那里了，位置 j 之前的数又被我们重复计算了一次。而我们多算的次数其实就是 dp[j-1] 。于是我们有了递推式：
dp[i] = dp[i – 1] * 2 （如果a[i]之前没有出现）
dp[i] = dp[i – 1] * 2 – dp[j – 1] （如果a[i]最近在j的位置出现过）
怎么保存a[i] 最近一次出现的位置就留给大家思考啦~
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstring>
4 #define MOD 1000000007
5 #define maxn 100005
6 #define ll __int64
7 using namespace std;
8 ll dp[maxn];
9 int a[maxn],have[maxn];
10 int main()
11 {
12 int n;
13 memset(have,0,sizeof(have)); // 用来保存 a[i] 最近一次出现位置的数组
14 // memset(dp,0,sizeof(dp));
15 dp[0]=1; //初始化
16 scanf("%d",&n);
17 for(int i=1;i<=n;i++)
18 {
19 scanf("%d",&a[i]);
20 if(have[a[i]] > 0) dp[i] = ( ( (dp[i-1] * 2) - (dp[have[a[i]]- 1]) ) % MOD + MOD) % MOD; // 减法的取余
21 else dp[i] = (dp[i-1] * 2) % MOD;
22 have[a[i]] = i;
23 }
24 printf("%I64d\n",dp[n]-1);
25 return 0;
26 }