又一次错过了单杀 *2500 的机会，不知道该说什么了。。
先把 \(a\) 排序，不会影响答案。
考虑枚举答案 \(v\)，计算有多少种选择子序列的方法使得答案为 \(v\)。
这不太好做，考虑放宽限制，计算有多少种选择子序列的方法使得答案不小于 \(v\)，最后把方案数加起来就好了。
设 \(f_{i,j}\) 表示从前 \(i\) 个数选择 \(j\) 个数，并且强制选第 \(i\) 个数的方案数。
枚举上一个数选的是什么，转移为 \(f_{i,j}=\sum\limits_{a_i-a_k\ge v}{f_{k,j-1}}\)。
直接转移是 \(\mathcal O(n^2k)\) 的，双指针+前缀和优化后可以做到 \(\mathcal O(nk)\)。
但是外面还有枚举 \(v\) 的复杂度啊。（我就是卡在了这里）
但是注意到，答案最多不会超过 \(\frac{\max a_i}{k-1}\)，因为 \(k\) 个数有 \(k-1\) 个空。
所以总的复杂度为 \(\mathcal O(\frac{v}{k}nk)=\mathcal O(nv)\)，可以通过。
具体细节看代码。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005, M = 100005, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[N];
int f[N][N], sum[N][N];
int ans;
void add(int &a, int b) {
a += b;
if (a >= mod) a -= mod;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1), a[0] = -inf;
for (int v = 1; v * (k - 1) <= 100000; ++v) {
int p = 0, cur = 0; f[0][0] = sum[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (a[i] - a[p] >= v) ++p;
for (int j = 0; j <= k; ++j) {
if (j) f[i][j] = sum[p - 1][j - 1];
sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + f[i][j]) % mod;
}
add(cur, f[i][k]);
}
add(ans, cur);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}