这道题很有意思，需要巧妙地套用单调队列
首先我们要明确几件事情
1.假设我们现在知道序列（i,j）是符合标准的，那么如果第j+1个元素不比（i,j）最大值大也不比最小值小，那么(i,j+1)也是合法的
2.如果（i,j）不合法的原因是差值比要求小，那在（i,j）范围内的改动是无效的，需要加入j+1元素充当最大值或者最小值才可能获得合法的序列
3.假设序列（i,j）的差值比要求大，那么我们必须将其中的最大值或者最小值从序列中删除出去，才可能获得一个合法的序列，只往里加入元素是不可能令序列合法的
基于以上几点考虑，我们可以利用单调队列完成我们的算法。
设定一个变量ST作为当前合法序列的开端(对于一个序列（i,j)，其对应的ST为i-1)，初始值是0
设f[i]是以第i个元素结尾的最长合法序列长度，我们把i加入两个单调队列中维护，一个维护i之前的最小值，一个是最大值。
情况1.如果最大值和最小值的差值在范围之内，那么（ST，i）是合法序列，f[i]=i-ST。
情况2.如果差值比要求小，则没有以i结尾的合法序列，f[i]=0。
情况3.如果差值比要求大，那么需要删除最大值或者最小值，怎么删除？当然是删除最大值和最小值中靠前的那个，同时ST相应更新，直到情况1或者情况2。
代码：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=1000010;
int n,m,k;
int a[N];
int ans=0;
struct MonQ{
PII q[N];
int st,ed;
void clear() {
st=ed=0;
}
void popto(int x){
while(ed-st>=1 && q[st].second<x) st++;
}
void maintain(int mode) {
if(mode==0) {
while(ed-st>=2 && q[ed-1]>=q[ed-2]) q[ed-2]=q[ed-1],ed--;
}else {
while(ed-st>=2 && q[ed-1]<=q[ed-2]) q[ed-2]=q[ed-1],ed--;
}
}
void push(int x,int p){
q[ed++]=PII(x,p);
}
bool empty(){
return st==ed;
}
int top() {
if(ed-st>=1) return q[st].first;
else return 0;
}
int label() {
return q[st].second;
}
}q1,q2;
int main() {
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF) {
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
int st=0;
ans=0;
q1.clear();
q2.clear();
for(int i=0;i<n;i++) {
q1.push(a[i],i);
q2.push(a[i],i);
q1.maintain(0);
q2.maintain(1);
int diff=q1.top()-q2.top();
if(diff>=m && diff<=k){
ans=max(ans,i-st+1);
}
while(diff>k && !q1.empty() && !q2.empty()) {
int topop=min(q1.label(),q2.label());
st=topop+1;
q1.popto(st);
q2.popto(st);
diff=q1.top()-q2.top();
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}