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力扣446. 等差数列划分 II - 子序列
难度 困难
给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中所有 等差子序列 的数目。
如果一个序列中 至少有三个元素 ，并且任意两个相邻元素之差相同，则称该序列为等差序列。
- 例如，
[1, 3, 5, 7, 9]、[7, 7, 7, 7]和[3, -1, -5, -9]都是等差序列。 - 再例如，
[1, 1, 2, 5, 7]不是等差序列。
数组中的子序列是从数组中删除一些元素（也可能不删除）得到的一个序列。
- 例如，
[2,5,10]是[1,2,1,2,4,1,5,10]的一个子序列。
题目数据保证答案是一个 32-bit 整数。
示例 1：
输入：nums = [2,4,6,8,10] 输出：7 解释：所有的等差子序列为： [2,4,6] [4,6,8] [6,8,10] [2,4,6,8] [4,6,8,10] [2,4,6,8,10] [2,6,10]
示例 2：
输入：nums = [7,7,7,7,7] 输出：16 解释：数组中的任意子序列都是等差子序列。
提示：
1 <= nums.length <= 1000-2^31 <= nums[i] <= 2^31 - 1
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
}
};解析代码
和力扣873. 最长的斐波那契子序列的长度、力扣1027. 最长等差数列类似，动态规划解法思路：
状态表示：以某个位置为结尾，结合题目要求，先定义一个状态表示：
dp[i] 表示：以 i 位置元素为结尾的所有子序列中，等差数列的个数。
但是这里有⼀个非常致命的问题，那就是我们无法确定 i 结尾的斐波那契序列的样子。这样就会导致我们无法推导状态转移方程，因此我们定义的状态表示需要能够确定一个等差数列
根据等差数列的特性，我们仅需知道序列里面的最后两个元素，就可以确定这个序列的样子。因此，修改状态表示为：
dp[i][j] 表示：以 i 位置以及 j 位置的元素为结尾的所有的子序列中，等差数列的个数。规定一下 i < j 。
状态转移方程：
设 nums[i] = b, nums[j] = c ，那么这个序列的前一个元素就是 a = 2 * b - c。根据 a 的情况讨论：
- a 存在，下标为 k ，并且 a < b ：此时我们需要以 k 位置以及 i 位置元素为结尾的等差数列的长度，然后再加上 j 位置的元素（+1）即可。于是 dp[i][j] =dp[k][i] + 1 ; 因为 a 可能有很多个，我们需要全部累加起来。p[i][j] +=dp[k][i] + 1 ;
- a 存在，但是 b < a < c ：dp[i][j] =0 ;
- a 不存在： dp[i][j] = 0 ;
综上，状态转移方程分情况讨论即可。
优化点：我们发现，在状态转移方程中，我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在 dp 之前，将所有的元素和下标数组绑定在⼀起，放到哈希表中。这里为什么保存下标数组，是因为要统计个数，所有的下标都需要统计。
初始化：可以将表里面的值都初始化为 0 。
填表顺序：先固定斐波那契子序列的最后一个数，然后枚举倒数第二个数。
返回值：返回 dp 表中的所有值的和。
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
int n = nums.size(), ret = 0;
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
// dp[i][j] 表示：以 i 位置以及 j 位置的元素为结尾的所有的子序列中，等差数列的个数。i < j
unordered_map<long long, vector<int>> hash(n);
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
hash[nums[i]].push_back(i);
}
for(int j = 2; j < n; ++j) // 固定倒数第一个数
{
for(int i = 1; i < j; ++i) // 先固定倒数第二个数
{
long long a = (long long)2 * nums[i] - nums[j]; // 防溢出
if(hash.count(a))
{
for(auto& k : hash[a])
{
if(k < i)
dp[i][j] += dp[k][i] + 1;
else
break;
}
}
ret += dp[i][j];
}
}
return ret;
}
};
