Solution

暴力

(;)
暴力枚举每种排列，显然排名是按照(b_i)不降的顺序也单调升高
所以只需让当前队伍排第一的前提下让(b_i)的尽可能的小即可。
如果发现(sum b_i <=m)，一定是存在一种方案的（让最后一个队伍过题数更多就行了）
(;)

状压dp

(;)
考虑设计状态。
首先目前已选队伍的集合S一定得有，然后是目前总过题数(k)
显然，你还关心上个队伍的编号和(b_j)
因为按照暴力的贪心思路，我们要让当前的(b_i)尽可能的小。假设上个队伍为(j)
即：(a_i+b_igeq a_j+b_j,;b_igeq a_j+b_j-a_i)
但这样的时间复杂度是
(O(2^n imes n^2 imes m^2))的
考虑简化状态。
再次考虑(b_i)的不降性，得到：(b_i=max(b_j, b_j+a_j-a_i))，即：(b_i=b_j+max(0,a_j-a_i))
最终我们一定选了(n)支队伍，那么(sum b_i)一定是
(sum max(0,a_j - a_i) imes (n- p_i +1))
(p_i)代表(i)队伍是第几个选的。
换句话来说，第(i)支队伍对答案的贡献可以简化为(max(0,a_j -a_i) imes (n-p_i+1))
所以我们没有必要知道(b_i)具体的值是多少，而是只需要知道他对最终答案的贡献是多少就可以了。
这实质是一个提前算贡献的思想（不关心过程，只关心它对最终结果造成的影响）
所以就可以把上个队伍(b_j)给删去。
而现在的(k)就不是目前选题总个数了（而是最终对答案影响的贡献）
最终复杂度：(O(2^n imes n^2 imes m))

Code

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 13, M = 505;

#define ll long long
int n, m, a[N];

ll f[1 << N][N + 1][M];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int t = n;
	for (int i = 0; i < n; i ++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		if (a[i] > a[t]) t = i;
	}
	for (int i = 0; i < n; i ++) {
		int add = n * (a[t] - a[i] + (i > t));
		if (add <= m) f[1 << i][i][add] = 1;
	}
	for (int i = 1; i < (1 << n); i ++) {
		int cnt = 0;
		for (int j = 0; j < n; j ++) if (i >> j & 1) cnt ++;
		for (int j = 0; j < n; j ++) if (i >> j & 1)
			for (int k = 0; k <= m; k ++) 
				for (int l = 0; l < n; l ++) if ((i | (1 << l)) != i) {
					int add = (n - cnt) * std::max(0, a[j] - a[l] + (l > j));
					if (k + add <= m) f[i | (1 << l)][l][k + add] += f[i][j][k];
				}
	}	
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; i ++) 
		for (int j = 0; j <= m; j ++)
		ans += f[(1 << n) - 1][i][j];
	printf("%lld", ans);
	return 0;			
}