题面传送门
先把这个序列排序，然后显然的我们有一个类似括号匹配的做法。
从大到小做，考虑每一个是最大值还是最小值还是中间的值，中间的值可以随便找一个尚未匹配的最大值放进去，如果设\(dp_{i,j,k}\)表示选到了第\(i\)个，剩下了\(j\)个最大值，当前和是\(k\)
但是发现因为要有先加上右括号再减去左括号，那么中间计算的值可能会到\(nW\)级别，时间复杂度就是\(O(n^3W)\)的不能接受。
考虑对于一个状态\((i,j,k)\)怎么样是合法的。
首先\(k\geq A_i*j\)，因为\(k\)是大的选的所以肯定大于等于当前权值乘以个数。
然后因为有\(k\)的限制，所以\(k\leq A_i*j+k\)，因为假设最优情况，也就是说最小值都要是当前最大也就是\(A_i\)，那么当\(k>A_i*j+k\)也会最终超过\(k\)
所以我们发现每个\((i,j)\)的状态变成\(O(k)\)个，总时间复杂度\(O(n^2k)\)
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N 200
#define K 1000
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-4)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (m*x+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
using namespace std;
int n,m,k,Ne,La,x,y,A[N+5];ll dp[2][N+5][K+5],ToT;
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	RI i,j,h;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);sort(A+1,A+n+1);
	dp[n&1][1][0]=dp[n&1][0][0]=1;for(i=n-1;i;i--){
		Ne=i&1;La=Ne^1;Me(dp[Ne],0);for(j=0;j<=n;j++){
			for(h=0;h<=k;h++){
				x=h+j*A[i];if(j&&x-A[i]>=(j-1)*A[i+1]&&x-A[i]<=(j-1)*A[i+1]+k) dp[Ne][j][h]+=dp[La][j-1][x-A[i]-(j-1)*A[i+1]];
				if(x+A[i]>=(j+1)*A[i+1]&&x+A[i]<=(j+1)*A[i+1]+k)dp[Ne][j][h]+=(j+1)*dp[La][j+1][x+A[i]-(j+1)*A[i+1]];
				if(x>=j*A[i+1]&&x<=j*A[i+1]+k)dp[Ne][j][h]+=(j+1)*dp[La][j][x-j*A[i+1]];dp[Ne][j][h]%=mod;
			}
		}
	}for(i=0;i<=k;i++) ToT+=dp[1][0][i];printf("%lld\n",ToT%mod);
}