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题解

知识点：组合数学，枚举，双指针。

注意到，长度为 \(m\) 且数字各不相同的子序列，那么最大值与最小值的差至少为 \(m-1\) 。因此，对于任意子序列，它是合法的，当且仅当，将其从小到大排序后是以 \(1\) 为等差的数列。

因此，我们可以直接从原数组处理出所有不同数字的个数，并对数字从小到大排序后作为新的数组。在新数组上滑动窗口枚举长度为 \(m\) 的区间，我们检验是否满足最大值减最小值小于 \(m\) 即可。

一个合法的区间的贡献显然为所有数字个数的乘积，我们可以枚举区间时一并处理。

时间复杂度 \(O(n(\log n + \log P))\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int P = 1e9 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * a * ans % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}

int a[200007];
bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);

    vector<pair<int, int>> cnt = { {},{a[1],1} };
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        if (a[i] == a[i - 1]) cnt.back().second++;
        else cnt.push_back({ a[i],1 });
    }

    int len = cnt.size() - 1;
    if (len < m) {
        cout << 0 << '\n';
        return true;
    }

    int mul = 1;
    for (int i = 1;i <= m;i++) mul = 1LL * mul * cnt[i].second % P;
    int ans = 0;
    if (cnt[m].first - cnt[1].first < m) ans = mul;
    for (int i = m + 1;i <= len;i++) {
        mul = 1LL * mul * cnt[i].second % P;
        mul = 1LL * mul * qpow(cnt[i - m].second, P - 2) % P;
        if (cnt[i].first - cnt[i - m + 1].first < m) (ans += mul) %= P;
    }
    cout << ans << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}