题目：
给定一整数数列，问数列有多少个子序列是等差数列。
即对于包含N个数的数列A，A(0),A(1),……,A(N-1)，有多少组（P(0),P(1),……,P(k)）满足0<=P(0)<P(1)<……<P(k)<N，且A(P(0)),A(P(1)),……,A(P(k))为等差数列。
等差数列至少包含3个数，故必有k>=2，同时等差数列相邻两个数的差都是一样的，即A(P(1))-A(P(0) = A(P(2))-A(P(1)) = …… = A(P(k))-A(P(k-1)) = d，d被称为公差。
输入保证N个整数的取值范围均为-2^31 ~ 2^31-1，并且0<=N<=1000，同时保证输出小于2^31-1。
Example：
输入: [2, 4, 6, 8, 10] 输出: 7
题解：
来源：九章算法公众号（侵删）。
时间复杂度为O(N^2)的动态规划：
Ⅰ.我们令f(i,d)表示以A(i)结尾，公差为d的等差子序列的个数，这里我们允许存在长度为2的等差子序列（所以对于数列中任意两个数组成的子序列，我们都暂时认为其为等差子序列）。
那么对于一对(i,j)，j<i，A(i)-A(j)=d，对于所有以A(j)结尾，公差为d的等差子序列来说，后面再跟上A(i)之后还是公差为d的等差子序列，但变成了以A(i)结尾，再加上一对(A(j),A(i))，就得到了所有形如（……,A(j),A(i)）的等差子序列。
换言之，j将对f(i,d)贡献f(j,d)+1。故f(i,d)等于所有满足j<i且A(i)-A(j)=d的(f(j,d)+1)之和。
Ⅱ.一个问题是d的范围其实很大（-2^32+1 ~ 2^32-1），如果要对所有可能的d进行枚举，那么在时间上和空间上都是受不了的。
虽然d的取值范围很大，但是对于N个数来说，两两之差最多只可能有N(N-1)/2种；而对于1个数A(i)来说，只需考虑所有小于i的j所产生的d=A(i)-A(j)，最多有i种可能。
所以，对于每一个i，可以用一个HashMap来存储键值对(d,f(i,d))。另一个问题是，我们在计算f(i,d)时，允许等差子序列长度为2（这一点是必要的，因为没有长度为2的序列的话，就没法在其末尾加上一个数得到更长的子序列），但答案要求的是所有长度至少为3的等差子序列的个数。
解决这个问题的方法有很多：在计算f(i,d)时，f(j,d)所表示的所有子序列长度都至少为2，在末尾加上A(i)之后，就成了满足条件的等差子序列，故可以在计算f(i,d)的同时累加所有f(j,d)，最后即可得到正确的答案（这种写法比较简洁但不太直观）；
也有一种比较容易理解的方法，那就是对所有f(i,d)之和，即所有长度至少为2的等差子序列的个数，减去长度为2的等差子序列的个数，而由于任意两个数都构成长为2的等差子序列，所以其个数为N(N-1)/2，两者相减得到的差即为正确答案。
Ⅲ.总结一下这个动态规划算法：对于每个i=0,1,2,……,N-1，创建一个HashMap存储键值对(d,f(i,d))，f(i,d)的初值为0，枚举j<i，d=A(i)-A(j)，则f(i,d)增加f(j,d)+1，同时对答案增加f(j,d)。计算完所有的i之后即可得到答案。
一个小细节是，如果d不在[-2^31+1 , 2^31-1]的范围内，那么以这个d为公差的数列长度不可能是3或3以上，故对于d在这个范围外的情况可以直接跳过。
利用HashMap存取f(i,d),f(j,d)的复杂度为O(1)，i,j枚举的复杂度为O(N^2)，故总的时间复杂度为O(N^2)。
Solution 1 ：
int getNum(const vector<int> &nums) { if (nums.size() < 3) { return 0; } vector<unordered_map<int, int>> map(nums.size()); int res = 0; for (int i = 0; i < nums.size(); ++i){ for (int j = 0; j < i; ++j) { if (abs((long)nums[i] - nums[j]) > INT_MAX) { continue; } int d = nums[i] - nums[j]; int map_i_d, map_j_d; map_i_d = map[i].count(d) ? map[i][d] : 0; map_j_d = map[j].count(d) ? map[j][d] : 0; map_i_d += map_j_d + 1; map[i][d] = map_i_d; res += map_j_d; } } return res; }
事实上，确定一个等差数列只需要三个数，一个是等差数列的长度L，还有两个是等差数列的最后两个数（也可以是任意两个中间的下标确定的数）。
记最后一个为E1，最后第二个为E2，则得公差d=E1-E2，通过公差可以推出等差数列中其余的数。
一个以E2,E1,结尾的等差数列，在末尾加上一个数E1+d后仍然是等差数列。于是我们可以使用动态规划求解：令g(i,j)为以A(j),A(i)结尾的等差子序列的个数（j<i），（即形如（……,A(j),A(i)）的等差数列的个数），然后我们可以通过枚举倒数第三个数A(k)来统计g(i,j)。
对于形如（……,A(k),A(j)）的等差子序列来说，如果有A(i)-A(j)=A(j)-A(k)，那么对应的（……,A(k),A(j),A(i)）也为等差子序列，同时由于（A(k),A(j)）长度为2，不计入g(j,k)的中，但（A(k),A(j),A(i)）应计入g(i,j)中，故将g(j,k)计算入g(i,j)时还要额外加1。
于是我们有g(i,j)=Σ(g(j,k)+1)，其中k满足k<j且A(i)-A(j)=A(j)-A(k)。将所有得到的g(i,j)相加即可得到所有等差子序列的个数。这个算法的时间复杂度为O(N^3)，考虑到N的范围，这样的时间复杂度可以接受，而且与上面讲的算法相比简洁许多。
Solution 2 ：
int getAns(const vector<int> &nums) { if (nums.size() < 3) return 0; int n = nums.size(); vector<vector<int>> v(n, vector<int>(n, 0)); int res = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < i; ++j) { for (int k = 0; k < j; ++k) { if (nums[i] - nums[j] == nums[j] - nums[k]) { v[i][j] = v[j][k] + 1; res += v[i][j]; } } } } return res; }