CF1188C

又一次错过了单杀 *2500 的机会，不知道该说什么了。。

先把 $a$ 排序，不会影响答案。

考虑枚举答案 $v$，计算有多少种选择子序列的方法使得答案为 $v$。

这不太好做，考虑放宽限制，计算有多少种选择子序列的方法使得答案不小于 $v$，最后把方案数加起来就好了。

设 $f_{i,j}$ 表示从前 $i$ 个数选择 $j$ 个数，并且强制选第 $i$ 个数的方案数。

枚举上一个数选的是什么，转移为 $f_{i,j}=\sum\limits_{a_i-a_k\ge v}{f_{k,j-1}}$。

直接转移是 $\mathcal O(n^2k)$ 的，双指针+前缀和优化后可以做到 $\mathcal O(nk)$。

但是外面还有枚举 $v$ 的复杂度啊。（我就是卡在了这里）

但是注意到，答案最多不会超过 $\dfrac{\max a_i}{k-1}$，因为 $k$ 个数有 $k-1$ 个空。

所以总的复杂度为 $\mathcal O(\dfrac{v}{k}nk)=\mathcal O(nv)$，可以通过。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005, M = 100005, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[N];
int f[N][N], sum[N][N];
int ans;

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1), a[0] = -inf;
	for (int v = 1; v * (k - 1) <= 100000; ++v) {
		int p = 0, cur = 0; f[0][0] = sum[0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			while (a[i] - a[p] >= v) ++p;
			for (int j = 0; j <= k; ++j) {
				if (j) f[i][j] = sum[p - 1][j - 1];
				sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + f[i][j]) % mod;
			}
			add(cur, f[i][k]);
		}
		add(ans, cur);
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}