传送门

题意：给一个长度为$N$的序列$a$,从中选出$k$个，定义一个序列的美丽度为最接近的两个数的差的绝对值，求所有方案的美丽度之和模$998244353$。

$N\le 1000,a_i\le 100000$

显然先排个序，枚举美丽度求方案数。

设美丽度为$d$，我们希望求出选出$k$个数，相邻两数的差不小于$d$

显然可以dp

$dp(i,j)$表示前$i$个选$j$个且最后一个必选的方案数。

$$dp(i,j)=\sum _{a_i-a_k\ge d}dp(k,j-1)$$

一个前缀和就完事了

总复杂度$O(a_{n}nk)$

冷静分析，我们发现随着$d$的增加，数会越来越小。当到达一定的程度后就是$0$了。

容易算出这个值是$\lfloor \frac{a_n-a_1}{k-1}\rfloor$

所以只用枚举这么多个

复杂度$O(\frac{a_n-a_1}{k-1}nk)=O(a_{n}n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define MAXN 1005
#define MAXM 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=998244353;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x+MOD-y:x-y;}
int a[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN],ans[MAXM];
int main()
{int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);sort(a+1,a+n+1);int mx=(a[n]-a[1])/(k-1);for (int d=1;d<=mx;d++){for (int i=1;i<=k;i++)for (int j=1;j<=n;j++)dp[i][j]=0;for (int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=1;for (int i=2;i<=k;i++){int pos=0,sum=0;for (int j=1;j<=n;j++){while (pos<n&&a[j]-a[pos+1]>=d)sum=add(sum,dp[i-1][++pos]);	dp[i][j]=sum;			}		}for (int i=1;i<=n;i++) ans[d]=add(ans[d],dp[k][i]);}int res=0;for (int i=1;i<=mx;i++) res=add(res,ans[i]);printf("%d\n",res);return 0;
}

这题交了四发，是个憨憨。