Skyscraper

Complejidad temporal: $\mathcal O(N^2L)$.

Usaremos DP de componentes conexas  para resolver este problema.

Primero, ordenamos los edificios por altura. Ahora los “insertaremos” en la permutación final en distintas posiciones y contaremos el número de formas de hacerlo.

Sea $dp[i][j][k][m]$ el número de formas de insertar los primeros $i$ edificios en la permutación tales que:

• Hubo $j$ “componentes conexas” (es decir, subarreglos con todas las posiciones ocupadas).
• El “costo total” (suponiendo que todas las posiciones vacías contienen $a_{i + 1}$, donde $a_{n + 1} = \infty$) es $k$.
• $m$ de los extremos de la permutación se han ocupado hasta ahora.

Por ejemplo, $\{?, ?, 3, ?, 2, 1\}$ (una permutación a medio llenar de $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$) se contaría en $dp[3][2][5][1]$.

Observemos que no nos importa el orden relativo de las componentes conexas para cada estado de DP. (Imaginemos que son componentes flotantes que podemos sacar del espacio y unir.)

Cuando pasamos de $dp[i - 1]$ a $dp[i]$, todas las posiciones vacías cambian de $a_i$ a $a_{i + 1}$, así que el cambio en el costo total (dados $j$ y $m$) sería $\Delta_{j, m} = (2j - m)(a_{i + 1} - a_i)$. Cada componente conexa contribuye $2(a_{i + 1} - a_i)$ a $\Delta_{j, m}$ salvo las que contienen extremos, que solo contribuyen $a_{i + 1} - a_i$.

Ahora tenemos cinco casos al calcular $dp[i][j][k][m]$:

• Insertamos $a_i$ para formar una componente nueva que no contiene un extremo de la permutación.
  • Hubo $dp[i - 1][j - 1][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.
• Insertamos $a_i$ para formar una componente nueva que contiene un extremo de la permutación.
  • Solo es posible si $m > 0$.
  • Si es así, hubo $(3 - m) \cdot dp[i - 1][j - 1][k - \Delta_{j, m}][m - 1]$ formas de hacerlo.
• Añadimos $a_i$ a una componente existente de modo que no contiene un extremo de la permutación.
  • Había $2j - m$ extremos de componente para elegir, así que hubo $(2j - m) \cdot dp[i - 1][j][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.
• Añadimos $a_i$ a una componente existente de modo que contiene un extremo de la permutación.
  • Solo es posible si $m > 0$.
  • Si $m = 1$, había $2j$ extremos de componente para elegir, así que hubo $2j \cdot dp[i - 1][j][k - \Delta_{j, m}][m - 1]$ formas de hacerlo.
  • Si $m = 2$ y $j = 1$, entonces debe valer $i = n$, así que hubo $dp[i - 1][j][k - \Delta_{j, m}][m - 1]$ formas de hacerlo.
  • En otro caso, había $j - 1$ extremos de componente para elegir (¡no podemos elegir la otra componente que contiene un extremo de la permutación!), así que hubo $(j - 1) \cdot dp[i - 1][j][k - \Delta_{j, m}][m - 1]$ formas de hacerlo.
• Insertamos $a_i$ para unir dos componentes existentes.
  • Si $m = 2$ e $i = n$, entonces solo pueden quedar dos componentes, así que hubo $dp[i - 1][j + 1][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.
  • Si $m = 2$ en otro caso, había $j(j - 1)$ pares ordenados de componentes para elegir, así que hubo $j(j - 1) \cdot dp[i - 1][j + 1][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.
  • Si $m = 1$, había $j^2$ pares ordenados de componentes para elegir, así que hubo $j^2 \cdot dp[i - 1][j + 1][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.
  • En otro caso, había $j(j + 1)$ pares ordenados de componentes para elegir, así que hubo $j(j + 1) \cdot dp[i - 1][j + 1][k - \Delta_{j, m}][m]$ formas de hacerlo.

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
 
const ll MOD = 1e9 + 7;
 
int a[102];
ll dp[102][102][1002][3];
 
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int n, l;
	cin >> n >> l;
	if (n == 1) return cout << 1, 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	a[n + 1] = 10000;
	dp[0][0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			for (int k = 0; k <= l; k++) {
				for (int m = 0; m <= 2; m++) {
					int cost_diff = (2 * j - m) * (a[i + 1] - a[i]);
					if (cost_diff > k || i + j + 1 - m > n) continue;
 
					// Case 1
					dp[i][j][k][m] += dp[i - 1][j - 1][k - cost_diff][m];
					// Case 2
					if (m)
						dp[i][j][k][m] +=
						    (3 - m) * dp[i - 1][j - 1][k - cost_diff][m - 1];
					// Case 3
					dp[i][j][k][m] += (2 * j - m) * dp[i - 1][j][k - cost_diff][m];
					// Case 4
					if (m == 1)
						dp[i][j][k][m] += 2 * j * dp[i - 1][j][k - cost_diff][m - 1];
					if (m == 2) {
						if (i == n)
							dp[i][j][k][m] += dp[i - 1][j][k - cost_diff][m - 1];
						else if (j > 1)
							dp[i][j][k][m] +=
							    (j - 1) * dp[i - 1][j][k - cost_diff][m - 1];
					}
					// Case 5
					if (m == 2) {
						if (i == n)
							dp[i][j][k][m] += dp[i - 1][j + 1][k - cost_diff][m];
						else
							dp[i][j][k][m] +=
							    j * (j - 1) * dp[i - 1][j + 1][k - cost_diff][m];
					} else if (m == 1)
						dp[i][j][k][m] += j * j * dp[i - 1][j + 1][k - cost_diff][m];
					else
						dp[i][j][k][m] +=
						    j * (j + 1) * dp[i - 1][j + 1][k - cost_diff][m];
 
					dp[i][j][k][m] %= MOD;
				}
			}
		}
	}
 
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i <= l; i++) ans += dp[n][1][i][2];
	cout << ans % MOD;
	return 0;
}