P4933 大师 题解

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简要题意：

求一个数列中有多少个等差子序列。（子序列 不一定连续，子串 一定连续）

注：公差可以是负数。

算法一

对于 \(30 \%\) 的数据，\(n \leq 20\).

显然，枚举子序列，然后暴力验证。

时间复杂度：\(O(2^n \times n)\).

实际得分：\(30pts\).

算法二

对于 \(60 \%\) 的数据，\(n \leq 100\)，\(v \leq 2 \times 10^3\).

枚举等差数列前 \(2\) 项，然后算出公差，往后枚举即可。

时间复杂度：\(O(n^3)\).

实际得分：\(60pts\) ~ \(100pts\).（取决于程序常数）

算法三

对于另外 \(20 \%\) 的数据，所有电塔的高度构成一个等差数列。

显然，这时答案就相当于在 \(1\) ~ \(n\) 中取等差数列。

为什么呢？这时，只要取等差数列 \(x, x+y , x+y \cdots x+ky\)，则在 原数列 中对应的数列为：

\[a_x , a_{x+y} \cdots a_{x+ky} \]

必然为等差数列，并且每个数列对应一个这样的 等差数列。

那么，你用上面 \(60 \%\) 的暴力优化一下，枚举任意的两个点都可以形成等差数列，计算即可。

当然有一种特殊情况：即 \(a_i = a_j (i \not = j)\) 时，任意的子序列都可以形成答案，答案为 \(2^n-1\).

加上前面的 \(60 \%\) 的暴力：

时间复杂度：\(O(n^3)\).

实际得分：\(80pts\) ~ \(100pts\).（仍取决于程序常数）

算法四

考虑 \(\text{dp}\).

用 \(f_{i,j}\) 表示，以 \(i\) 结尾的公差为 \(j\) 的等差数列个数。

当然我们不必枚举 \(j\)，我们枚举 \(k<i\) 的一个 \(k\)，并让 \(j = a_i - a_k\) 进行转移。

所以（不考虑负下标问题）状态转移方程 为：

\[f_{i,a_i - a_k} = f_{k,a_i - a_k} + 1 \]

显然，用前面一个 相同公差 的数列进行转移。

最后记得把长度为 \(1\) ，\(2\) 的等差数列加上。

处理负下标，我们把所有下标（第二维）加上 \(N\) ，开大数组即可。

时间复杂度：\(O(n^2)\).

实际得分：\(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD=998244353;
const int N=1e3+1;
const int M=4e4+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,a[N],ans=0;
int f[N][M];

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans=(ans+i)%MOD; //长度为 1 , 2 的数列
		for(int j=i-1,t;j>=1;j--) {
			t=a[i]-a[j]; //公差
			ans=(ans+f[j][t+N])%MOD; //记录答案
			f[i][t+N]=(f[i][t+N]+f[j][t+N]+1)%MOD; //转移
		}
	} printf("%d\n",ans);
	return 0;
}