第一种解法

定义状态 $f(i, j, k)$ 表示前 $i$ 个数中取 $j$ 个数和为 $k$ 的方案数量。

设当前第 $i$ 个数的值为 $x$，则有转移：

最终答案就是：

#include<iostream>
const int N = 60;
long long f[N][N][N * N];
int x[N];
int main(){
    int n, a;
    std::cin >> n >> a;
    f[0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        std::cin >> x[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j < i; j++){
            for(int l = 0; l < i; l++){
                for(int k = x[i]; k <= a * n; k++){
                    f[i][j + 1][k] += f[l][j][k - x[i]];
                }
            }
        }
    }
    long long res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            res += f[i][j][j * a];
        }
    }
    std::cout << res;
}

第二种解法

每张卡片只有选和不选这两种状态，因此可以用01背包dp的方法来写这道题。

发现题目的数据范围很小，而平均值本身较难转移，可考虑将卡牌权值和作为一个维度进行存储和转移。

可以设 $f(i,j,k)$ 表示前 $i$ 个数选 $j$ 个数，和为 $k$ 的方案数。

但是因为是01背包，所以可以用滚动数组优化掉第一个维度 (详情请自行学习01背包优化)。

用 $f(i,j)$ 表示已经拿了 $i$ 张卡，卡的权值和为 $j$ 时的选法种类。

可得到转移方程：

也就是取了第 $i$ 张卡的时候的转移。

注意转移时第二重循环和第三重循环要倒序遍历 (详情请自行学习01背包优化)。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
int x[110];
ll f[60][3000];//一维表示取了多少个，二维表示总共的值是多少
int main() {
    IOS;
    int n, a; cin >> n >> a;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> x[i];
    }
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j >= 1; j--) {
            for (int k = n * a; k >= x[i]; k--) {
                f[j][k] += f[j - 1][k - x[i]];
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += f[i][a * i];
    }
    cout << ans << endl;
}
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