题目大意：
给定(n)个数(a[1]sim a[n])，让你把它分为若干个集合，使每个集合内最大值与最小值的差的总和不超过(K)。问总方案数。
解题思路：
一道很神的dp题。
首先将数进行排序，然后将这些数扔数轴上，则集合价值相当于在数轴上覆盖这些点所用的最短线段的长度（当然长度可以为0）。
考虑dp，设(f[i][j][k])表示考虑了前(i)个点，目前还未确定右端点的集合还有(j)条，目前的总价值为(k)，则
不论如何，新加进(a[i+1]-a[i])这条线段，对(j)个集合均有影响，因此会增加价值为((a[i+1]-a[i]) imes j)，设其为(t)。
转移分四种情况：
1. 该点单独成一个集合，则(j)不变，仅有1种情况，(f[i+1][j][k+t]+=f[i][j][k]);
2. 该点作为某个集合的中间元素，则(j)也不变，对于(j)个集合都有可能，因此(f[i+1][j][k+t]+=f[i][j][k] imes j);
3. 该点作为一个集合的起点，则集合数多了1，仅有1种情况，(f[i+1][j+1][k+t]+=f[i][j][k]);
4. 该点作为一个集合的终点，则集合数少了1，对于(j)个集合都有可能，因此(f[i+1][j−1][k+t]+=f[i][j][k] imes j)。
答案为(sumlimits_{i=0}^K f[n][0][i])。
时空复杂度均为(O(n^2K))，空间复杂度可以用滚动数组优化到(O(nK))。
C++ Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int md=1e9+7;
int n,K,cur,a[201],dp[2][201][1001];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>K;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
dp[1][1][0]=dp[1][0][0]=cur=1;
for(int i=1;i<n;++i){
const int otr=cur;
memset(dp[cur^=1],0,sizeof dp[0]);
for(int j=0;j<=i;++j){
const int t=j*(a[i+1]-a[i]);
for(int k=0;k+t<=K;++k){
dp[cur][j][k+t]=(dp[cur][j][k+t]+dp[otr][j][k]*(j+1ll)%md)%md;
if(j<n)dp[cur][j+1][k+t]=(dp[cur][j+1][k+t]+dp[otr][j][k])%md;
if(j)dp[cur][j-1][k+t]=(dp[cur][j-1][k+t]+1ll*dp[otr][j][k]*j%md)%md;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=K;++i)
ans=(1ll*dp[cur][0][i]+ans)%md;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}