洛谷P4933大师

简单分析题目之后，发现这个题就是要我们求原数列中有多少等差子数列。

观察了数据范围之后发现，本题目给出了最大高度的范围。要知道给出数据范围的量是很有可能出现在正解复杂度里的（时间或空间），所以我们尽量往这两个上面靠。由于做题不多，所以我想从仅做过的几个模板题里面借鉴一些思路来解决这个问题。这是本蒟蒻第一篇题解，前面叙述了思路历程，可能前面部分较为啰嗦，想直接看可 $AC$ 做法的可以看后面的部分。

状态定义

由于dp的题目我们可以考虑定义前i个元素中选择组成的序列（ $LCS$ ）或者以i为结尾的序列（ $LIS$ ）的某个性质的量度（比如 $LCS$ 长度）为 $f[i]$ ，当然也可能由于题目有约束 $j$ （比如背包中的容量），所以就成了定义 $f[i][j]$ 为我们想要的状态。在本题中，我先是思考 $f[i]$ 为前i个元素中选择能够组成的等差数列的个数，因为看起来对于 $i-1<i$ , $f[i]$ 的组成的一部分就是 $f[i-1]$ ，也就是前i个元素中必定不选第 $i$ 个元素时的等差子数列数，那么必然包含第i个元素的时候又是怎样一个结果呢？为了计算这个，我们可能要知道 $f[i-1]$ 里面的各种等差子数列的公差细节以及结尾，并根据 $a[i]$ 的情况看能否组成等差数列，与我们之前见到的简洁的dp转移不符，暂时放弃此思路。

有了刚才的经验，我们发现可能定义 $f[i]$ 为以第i项结尾的等差数列的个数比较好，至少我们知道等差数列的结尾了，在已知 $f[j](j<i)$ 的情况下，可以求出 $a[i]-a[j]$ ，这时候虽然还不知道 $f[j]$ 表示的那些等差数列的公差情况咋样，但我们比刚才又稍微进步了一点。

我们确实没法知道在第二种状态定义下 $f[j]$ 中的公差，可能我们还需要别的一些东西。突然想到dp一般是很费空间的，而这个状态定义只需要开1000的数组，有点虚啊！是不是少点东西？回想起最开始说的，题目给出了最大数字不超过20000，这个量是我最开始虽有留心，但前期思考忽略的。这个玩意儿，要么影响时间复杂度，要么影响空间复杂度！考虑到我们刚才弄不出来 $f[j]$ 里面的公差，那么，是不是可以人为设定一下公差呢？考虑加一层约束，定义 $f[i][k]$ 为以第i个元素结尾的，且公差为k的等差子数列的个数。这下，如果我们已知 $f[j][k](j<i)$ ,想求 $f[i][k]$ 的话，只需要判断 $a[i]-a[j]与k$ 是否相等就好了。至此，我们心里已经非常有谱了！

转移方程初步思考

上文中说到，在已知所有的 $j$ 的情况下的 $f[j][k](j<i)$ 的话，是可以求 $f[i][k]$ 的，大概看上去像是在判断公差符合要求的情况下不断求和得到 $f[i][k]$ ，用公式表达是：

$f[i][k]=\sum_{j}f[j][k]$ ，其中 $j<i$ 且 $a[i]-a[j]=k$

这样来看，枚举 $i,j,k$ ，会有 $O(n^2k)$ 的复杂度，超时是肯定的了。不过，似乎可以再优化一下，毕竟这是我能想到的最可能是正解的思路了。注意到，满足 $a[i]-a[j]==k$ 才能求和，那么一个可能的优化方法是：我们只枚举 $k=a[i]-a[j]$ 的情况，也就是说现在的公差完全由 $i,j$ 决定。那么转移方程就成了下面这个情况：

$f[i][a[i]-a[j]]+=f[j][a[i]-a[j]]$ ，其中 $j<i$

注意到 $a[i]-a[j]$ 并非非负，所以要加上一个数，比如说 $20000$ ，比如说输入数据中最大的高度：

$f[i][a[i]-a[j]+maxheight]+=f[j][a[i]-a[j]+maxheight]$ ，其中 $1<=j<i$ （假设第一个数字下标为1）

有了这个，这道题的核心就似乎已经被解读出来了。（然而这个方程依然是错的）

转移方程再度思考与细节处理

dp光有转移方程，很多时候也写不好代码，一个原因就是初始化和边界处理，另一个是循环顺序。在这里由于作者水平有限,是dp新手，所以经常用记忆化搜索规避这个问题，所以在这儿不先探讨循环顺序问题，只先说一说边界处理问题，抛砖引玉，希望能给让读者有所启发。

现在“转移方程”在手，我们先试探性地算几个数，看看对不对。比如序列1,2,3

$f[1][0]=1$ ，这是显然的，似乎可以手动初始化一下的亚子

$f[1][1]=?$ ，这个有点懵，不过感觉应该是0吧，先放一放，其他的 $f[1][]$ 都算是0吧。

$f[2][0]=1$ ，也手动初始化？似乎有点繁琐哎。

$f[2][1]+=f[1][1]?$ 不太对啊！ $f[1][1]=0$ ,而我们的 $f[2][1]$ 算出来是0，但根据样例显然应该是1啊！为什么呢？我最开始以为， $f[i][a[i]-a[j]+maxheight]$ 只是所有的 $f[j][a[i]-a[j]+maxheight]$ 的和，但事实不然。考虑到 $a[i]$ 与 $a[j]$ 在公差为 $a[i]-a[j]$ 的情况下，这两项就可以组成等差，它的退化情况（也就是在 $f[j][a[i]-a[j]+maxheight]$ ）的情况下应该是只有 $a[j]$ ，而显然，只有 $a[j]$ 的情况并没有包含在 $f[j][a[i]-a[j]+maxheight]$ 中。所以，我们要手动+1去弥补仅有 $a[i]与a[j]$ 组成等差数列的情况。所以，修改后的方程为：

$f[i][a[i]-a[j]+maxheight]+={j}(f[j][a[i]-a[j]+maxheight]+1)$ ，其中 $1<=j<i$ （假设第一个数字下标为1），+1是为了弥补仅有 $a[i]与a[j]$ 组成等差数列的情况。

既然两个元素的边界出了问题，那一个数的会不会也错了呀？如果我们最开始把 $f$ 全部初始化为 $0$ 的话，并且为了避免出岔子， $i$ 从 $2$ 开始到n进行循环（1比较特殊），确实是丢弃了所有的单元素等差数列的情况，但这让我们的初始化变简单了。作为补偿，在枚举 $i,k$ 对所有 $f[i][k]$ 求和之后，要另外加上 $n$ 个单元素等差数列(还有取模)，才是答案。就这样，我们通过手动模拟，发现了边界出问题，进而修正了转移方程，并确定了初始化方式，接下来写代码就特别有底气啦！

小优化

在枚举 $i,k$ 对所有 $f[i][k]$ 求和，会有 $O(nk)$ 的复杂度，是程序的短板。由于我们只需要加那些可行的公差的组成等差数列的情况，所以没必要遍历所有公差，而只需要在dp的时候就边dp边算答案，详细请看代码。在优化之后，时间复杂度为 $O(n^2)$

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1009
#define V 20008
#define mod 998244353
using namespace std;
ll n,a[N],f[N][2*V],maxh=0,ans=0;//这里int其实够用
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		maxh=max(maxh,a[i]);
	}
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<i;j++){
			f[i][a[i]-a[j]+maxh]=(f[i][a[i]-a[j]+maxh]+f[j][a[i]-a[j]+maxh]+1)%mod;
			//解释上式为何有+1：这个1指的是a[j]和a[i]这俩元素组成序列的情况，
			//在f[j][a[i]-a[j]]中仅有a[j]并不满足公差条件，所以要单独加上这个 
			ans=(ans+f[j][a[i]-a[j]+maxh]+1)%mod; 
			//我们不是用f[i][a[i]-a[j]+maxh]算的，而是直接加的f[j][a[i]-a[j]+maxh]+1
			//f数组仅用作dp，如果最后再算ans会慢 
		}
	}
	ans=(ans+n)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}