经典 DP，费用提前计算的思想。
对于序列类型的 DP 题，我们可以想到用分段型 DP，每次将当前的数插入进去，求解方案数。但是这道题的并费用不好直接计算。
先将 $a$ 排序，并从小到大插入。对于 $i<j$ ，有 $|a_i-a_j|=\sum_{k=i}^{j-1}(a_{k+1}-a_k)$。根据这个我们可以尝试进行费用提前计算。对于之后每个插在当前的 $k$ 个端点上的数，会一共产生 $(a_{i+1}-a_{i})\times k$ 的费用。
状态转移比较套路。注意边界上是没有花费的，所以还需要将边界上填了多少个记录进状态。
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| #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e2+10,M=1e3+10,mod=1e9+7;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
x=0;bool f=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(f)x=-x;
}
template<class T,class ...T1>
inline void read(T &x,T1 &...x1)
{
read(x),read(x1...);
}
int n,m;
int a[N];
ll f[N][N][M][3];
int main()
{
read(n,m);
if(n==1)
{
puts("1");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
f[0][0][0][0]=1;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
for(int k=0;k<=m;k++)
{
for(int d=0;d<=2;d++)
{
int t=k+(a[i+1]-a[i])*(2*j-d);
if(t>m||!f[i][j][k][d])continue;
f[i+1][j+1][t][d]=(f[i+1][j+1][t][d]+f[i][j][k][d]*(j+1-d))%mod;
if(j)f[i+1][j-1][t][d]=(f[i+1][j-1][t][d]+f[i][j][k][d]*(j-1))%mod;
if(j)f[i+1][j][t][d]=(f[i+1][j][t][d]+f[i][j][k][d]*(2*j-d))%mod;
if(d<2)f[i+1][j+1][t][d+1]=(f[i+1][j+1][t][d+1]+f[i][j][k][d]*(2-d))%mod;
if(j&&d<2)f[i+1][j][t][d+1]=(f[i+1][j][t][d+1]+f[i][j][k][d]*(2-d))%mod;
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=(ans+f[n][1][i][2])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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