Before the Beginning
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题意
简单地说，题意就是：求选出的数列是等差数列的方案数。
特别地，单个数和两个数也算作等差数列。
解法
求方案数常用方法，动态规划。
设计状态，很容易想到公差肯定是状态中的一值，而结尾节点也是状态中一值，于是设计出状态：
[dp_{i,k}代表 exttt{以位置} i exttt{结尾的等差数列，公差为} k exttt{的方案数。}
]
那么转移方程：
[dp_{i,k} = sum_{j < i} dp_{j,k}
]
即枚举前一个数 (j)，在该数后接上当前数。
然而如果这样转移，枚举 (i) (j) (k)，时间复杂度为 (O(n^2v))，显然是不可接受的。
但事实上，并不需要枚举 (k)，因为一旦确定了 (i) (j)，那么确定数列结尾两数，公差也确定了。
因此改良转移方程为：
[dp_{i,h_i - h_j} = sum_{j < i} dp_{j,h_i - h_j}
]
即可将复杂度降低到 (O(n^2))，可以通过本题。
然而如何初始化又是一个难题，因为两个数一定可以构成一种方案，而单个数又可以构成一种方案，那么初始化相当麻烦、毫无头绪。
可能只有笔者这样吧
因此重新定义状态，定义为：
[dp_{i,k} 代表以位置 i 结尾的等差数列，公差为k且不包含当前单个数的方案的方案数。
]
也就是不计入单个数的方案数，放在最后计算。
那么在转移时，由于 $ dp_{j,h_i - h_j} $ 不包含单个 (j) 的方案，但事实上可以从 (j) 单个数转移到 (i,j) 两个数的方案。
因此需要将这种方案计入，最后方程为：
[dp_{i,h_i - h_j} = sum_{j < i} dp_{j,h_i - h_j} + 1
]
代码
由于公差可能是负数，因此加上一个 maxv 来解决负数问题。
统计答案时由于直接遍历可能超时，因此在每次计算方案数时都计入 ans 中即可。
#include <cstdio>
using namespace std;
template<typename T>
void read(T &r)
{
static char c;r=0;
for(c=getchar();c>'9'||c<'0';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar());
}
const int maxn = 1010;
const int maxv = 2e4 + 10;
const int mod = 998244353;
int n;
int h[maxn];
int f[maxn][maxv << 2];
long long ans = 0;
int main()
{
read(n);
for(int i = 1;i<=n;++i)
read(h[i]);
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
for(int j = i-1;j;--j)
{
f[i][h[i] - h[j] + maxv] = (f[i][h[i] - h[j] + maxv] + f[j][h[i] - h[j] + maxv] + 1) % mod;
ans = (ans + f[j][h[i] - h[j] + maxv] + 1) % mod;
}
}
printf("%lld",(ans + n) % mod);
return 0;
}