题意：定义一个序列的beauty值为序列中元素之差绝对值的最小值，现在给你一个数组，问所有长度为k的子序列的beauty值的和是多少？
思路：（官方题解）我们先解决这个问题的子问题：我们可以求出beauty值大于等于给你值的序列有多少个（假设为p[i]），那么其实答案就是∑(i从1到max(a)) p[i]。怎么求p数组呢？我们先对数组排序，假设现在求p[x], 设dp[i][j]为以第i个元素为结尾，长度为j的子序列的个数。那么所有a[i] - a[j] >= x的j都可以向i转移，所以，我们用指针维护满足a[i] - a[j] >= x的最靠近i的位置，并且维护前缀和以进行O（1）转移。这样每次的转移是O(n * k)的。假设m = max(a), 那么总的复杂度是O(m * n * k)。但是，我们发现，长度为k的序列有k - 1个差，那么beauty值的最小值为n / (k - 1) (由鸽巢原理可知）， 所以复杂度变成了O(m / (k - 1) * n * k) = O(n * m)的，可以过。这个题需要注意一下，如果把dp的两维交换一下，即dp[i][j]表示长度为i的子序列中，以元素j为结尾的子序列的个数，这样表示可以快大概600ms。如果学过《深入理解计算机系统》可能会知道为什么，因为n >= k, 所以访问n的机会多，放第二维会让n的访问之间连续，时间更短。这题可能有点卡long long。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define db double
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 1010;
int dp[maxn][maxn];
int sum[maxn][maxn];
int a[maxn];
int ans = 0;
int n, k;
void solve(int x) {
for (int i = 0; i <= k; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) {
dp[i][j] = 0;
sum[i][j] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[1][i] = 1;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int l = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
while(a[j] - a[l] >= x) l++;
dp[i][j] = (dp[i][j] + sum[i - 1][l - 1]) % mod;
sum[i][j] = (dp[i][j] + sum[i][j - 1]) % mod;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = (ans + dp[k][i]) % mod;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
for (int i = 1; i <= a[n] / (k - 1); i++) {
solve(i);
}
printf("%d
", ans);
}