[CF626F] Group Projects

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$solution:$

如果按照 $A$ 从小到大排序后，极差的计算方式为组内最后加入的数字减去开始插入的数字。

设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个人，有 $j$ 组还没有最大值，当前和为 $k$ 的方案数，转移考虑 $i$ 选为最大，最小，中间与单独一组即可。答案即为 $sum_{i=0}^K f_{n,0,i}$。

但是这样 $dp$ 时， $k$ 的取值范围可能很大，超出了 $K$，这样 $dp$ 的时间复杂度为 $O(n^2sum_{i=1}^n A_i)$ 。

而极差的计算方式可以写成差分，可以将最大值减去最小值变成差分之和，这样的话贡献是递增的，可以只保留 $K$ 以内的 $f$。

直接按照原先的方式转移即可，时间复杂度 $O(n^2k)$ 。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
    int f=1,ans=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}
    return f*ans;
}
const int N=501;
const int K=1001;
int f[2][N][K],n,k,A[N],cur;
signed main(){
//    freopen("4.in","r",stdin);
    n=read(),k=read()    ;
    for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=read();sort(A+1,A+n+1);f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cur^=1;
        for(int j=0;j<=i;j++){
            for(int p=0;p<=k;p++){
                int d=A[i]-A[i-1];f[cur][j][p]=0;
                if(j&&(p-(j-1)*d)>=0) f[cur][j][p]+=f[cur^1][j-1][p-(j-1)*d],f[cur][j][p]%=mod;
                if((p-(j+1)*d)>=0&&j+1<=n) f[cur][j][p]+=f[cur^1][j+1][p-(j+1)*d]*(j+1),f[cur][j][p]%=mod;
                if((p-j*d)>=0) f[cur][j][p]+=f[cur^1][j][p-j*d]*(j+1),f[cur][j][p]%=mod;
            }
        }
    }int res=0;
    for(int i=0;i<=k;i++) res+=f[cur][0][i],res%=mod;
    printf("%lld
",res);return 0;
}