題目鏈接

分析：
最近做的區間dp挺多
最簡單的：n^3枚舉，顯然TLE
其實有一個很顯然的dp狀態：
f[i][j]表示結尾是i，j的等差數列的數量：
f[i][j]=Σ(f[k][j]+1) (a[i]-a[j]=a[j]-a[k])
但是這樣的復雜度也是n^3

這是我們要注意到題目中a[i]的范圍只有+-500
那我們就可以設計狀態：
f[i][j]表示結尾是i，公差是j的等差數列的個數

然而真正的轉移方程長這樣：

f[i][a[i]-a[j]]=Σ(f[j][a[i]-a[j]]+1)

這樣可以同時保證公差一定是序列中存在的，而且復雜度為n^2
//+1是i和j組成的一個等差數列

最后的答案要加上n

tip

這道題的轉移較為新穎，沒有直接枚舉公差，而是枚舉最后兩個數，
但是狀態的轉移還是根據公差，
這樣就可以直接把dp降下一維了

c++的下標從0開始，這是需要特別注意的一點

從此題可以看出
某一類具有一定階段性的計數題目也可以用dp來解決

這里寫代碼片 #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++) //長度為一的我們在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; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/wutongtong3117/p/7673272.html

總結

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