( ext{Description})
( ext{Solution})
有一个比较显然的结论：如果路过某处有露水就一定会喝。
基于这个结论我们知道每一步一定是走到左/右边露水。
起初想了个这样的 ( ext{DP})：(f[i][j]) 为 (j) 时刻到 (i) 号露水的最多的水。你会发现不仅时间过不去，状态也无法转移。如果以 (i) 为外循环，那么 (i+1) 无法转移到 (i)；如果以 (j) 为外循环，那么会把 (i) 的露水算重。
遇到两边向中间/中间向两边转移的问题就应该想到区间 ( ext{DP}) 啊。我们定义 (f[i][j][k][2]) 为已经覆盖的区间为 ([i,j])（容易发现覆盖区间一定是连续的），时间为 (k)，现在在 (i/j) 的最多的水。
然后，你会发现，这个 ( ext{DP}) 根本跑不过第一个部分分（(nle 10)）！仔细想想，原来这个部分分是留给搜索的，那没事了。
考虑优化时间那一维（其他的好像也不能优化了）。其实我们用时间只是为了计算蒸发了多少露水，将这个计算推到每个露水被喝的时候计算。可以换一个思路，如果我们将运算提前，每走一步就将这一步的距离（即时间）乘上后面还剩多少个露水可以取作为这一步的蒸发多少露水，就可以不用储存时间了。取而代之的是要枚举一共取多少露水，这是为了计算后面还剩多少个露水。
总时间复杂度 (mathcal O(n^3))。
( ext{Code})
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=305,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,x[maxn],ans,k,flag[maxn][maxn][2],f[maxn][maxn][2];
int DP(int op,int l,int r) {
if(r-l==k) return 0;
if(flag[l][r][op]==k) return f[l][r][op];
flag[l][r][op]=k; f[l][r][op]=inf;
int pos=(op?r:l);
if(l^1) f[l][r][op]=Min(f[l][r][op],(x[pos]-x[l-1])*(k-(r-l))+DP(0,l-1,r));
if(r^n) f[l][r][op]=Min(f[l][r][op],(x[r+1]-x[pos])*(k-(r-l))+DP(1,l,r+1));
return f[l][r][op];
}
int main() {
n=read(9),m=read(9);
rep(i,1,n) x[i]=read(9);
x[++n]=0;
sort(x+1,x+n+1);
int pos;
rep(i,1,n) if(x[i]==0) {pos=i; break;}
for(k=1;k<n;++k) ans=Max(ans,m*k-DP(0,pos,pos));
print(ans,'
');
return 0;
}