等差数列(DP)

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本题 很容易 得出一个 $n^2 \log n$ 的解法，令 $dp[i][j]$ 表示以 $i$ 结尾，公差为 $j$ 的最长等差数列的长度，由于公差太大，因此我们需要用到 $map$ ，即 用 $map<int,int> mp[MAXN]$ 来进行 $dp$ ，因此复杂度为 $n^2 \log n$ 。
显然上述做法是会 $TLE$ 的。

我们考虑去优化上面的 $dp$ 。

对于一个等差数列的连续三项 $a_i, a_j, a_k$ ，他们满足一个式子 $2 * a_j = a_i + a_k$ ，那么我们可以定义 $dp[i][j]$ 表示以 $a_i, a_j$ 为最后两项的最长等差数列的长度。
对于一个有序数组 $a$ 来说，我们可以枚举 $i$，然后从利用双指针进行 $dp$ ，令 $L = i - 1, R = i + 1$，每次判断 $a_i * 2$ 和 $a_L + a_R$ 的值

• $a_i * 2 == a_L + a_R$ 直接更新 $dp[i][R] = max(dp[i][R], dp[L][i] + 1)$，然后令 $L--$ ，继续更新 $dp$ 数组
• $a_i * 2 > a_L + a_R$ 由于 $a_i$ 过大，那么我们需要令 $R++$ ，使得 $a_L + a_R$ 的值增加
• $a_i * 2 < a_L + a_R$ 由于 $a_i$ 过小，那么我们需要令 $ L--，使得 $a_L + a_R$ 的值减少

注意初始化：$f[i][j](i < j)$ 均为 $2$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5001;
int a[N];
int f[N][N];

signed main() {
  int n; scanf("%d", &n);

  for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
    scanf("%d", a + i);
  }

  if(n <= 2) {
    printf("%d\n", n); return 0;
  } 

  sort(a + 1, a + 1 + n);
  int ans = 2;
  for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
    for(int j = i + 1; j <= n; j ++ ) {
      f[i][j] = 2;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
    int L = i - 1, R = i + 1;
    while(L >= 1 && R <= n) {
      if(a[i] * 2 == a[L] + a[R]) {
        f[i][R] = max(f[i][R], f[L][i] + 1);
        ans = max(ans, f[i][R]);
        L --;
      } else if(a[i] * 2 > a[L] + a[R]) {
        R ++;
      } else {
        L --;
      }
    }
  }
  printf("%d\n", ans);  
  return 0;
}