Tyvj1091

题目链接

分析：
最近做的区间dp挺多
最简单的：n^3枚举，显然TLE
其实有一个很显然的dp状态：
f[i][j]表示结尾是i，j的等差数列的数量：
f[i][j]=Σ(f[k][j]+1) (a[i]-a[j]=a[j]-a[k])
但是这样的复杂度也是n^3

这是我们要注意到题目中a[i]的范围只有+-500
那我们就可以设计状态：
f[i][j]表示结尾是i，公差是j的等差数列的个数

然而真正的转移方程长这样：

f[i][a[i]-a[j]]=Σ(f[j][a[i]-a[j]]+1)

这样可以同时保证公差一定是序列中存在的，而且复杂度为n^2
//+1是i和j组成的一个等差数列

最后的答案要加上n

tip

这道题的转移较为新颖，没有直接枚举公差，而是枚举最后两个数，
但是状态的转移还是根据公差，
这样就可以直接把dp降下一维了

c++的下标从0开始，这是需要特别注意的一点

从此题可以看出
某一类具有一定阶段性的计数题目也可以用dp来解决

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int mod=9901;
const int N=1010;
int n;
int a[N],f[N][N*3],ans=0,mx,mn;

void doit()
{
    int i,j,k;
    memset(f,0,sizeof(f));
    for (i=2;i<=n;i++)   //长度为一的我们在dp中不算 
        for (j=1;j<i;j++)   //
        {
            f[i][a[i]-a[j]+1000]+=f[j][a[i]-a[j]+1000]+1;
            f[i][a[i]-a[j]+1000]%=mod;
        }
    ans=n;
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=0;j<=3000;j++) 
            ans+=f[i][j],ans%=mod;  
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    doit();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}