1027. 最长等差数列
1027. 最长等差数列
题目描述：
给你一个整数数组 nums，返回 nums 中最长等差子序列的长度。
回想一下，nums 的子序列是一个列表 nums[i1], nums[i2], ..., nums[ik] ，且 0 <= i1 < i2 < ... < ik <= nums.length - 1。并且如果 seq[i+1] - seq[i]( 0 <= i < seq.length - 1) 的值都相同，那么序列 seq 是等差的。
解题思路：
算法思路：
1.
状态表⽰：
对于线性
dp
，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i.
以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii.
以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，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，最⻓的等差序列的⻓度。
但是这⾥有⼀个⾮常致命的问题，那就是我们⽆法确定
i
结尾的等差序列的样⼦。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序列。
根据等差序列的特性，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，我们修改我们的状态表⽰为：
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，最⻓的等差序列的
⻓度。规定⼀下
i < j
。
2.
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
。我们
根据
a
的情况讨论：
a.
a
存在，下标为
k
，并且
a < b
：此时我们需要以
k
位置以及
i
位置元素为结尾的最
⻓等差序列的⻓度，然后再加上
j
位置的元素即可。于是
dp[i][j] = dp[k][i] +
1
。这⾥因为会有许多个
k
，我们仅需离
i
最近的
k
即可。因此任何最⻓的都可以以
k
为结尾；
b.
a
存在，但是
b < a < c
：此时只能两个元素⾃⼰玩了，
dp[i][j] = 2
；
c.
a
不存在：此时依旧只能两个元素⾃⼰玩了，
dp[i][j] = 2
。
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。因此我们可以将所有的元素 +
下标绑定在⼀起，放到哈希表中，这⾥有两种策略：
a.
在
dp
之前，放⼊哈希表中。这是可以的，但是需要将下标形成⼀个数组放进哈希表中。这样
时间复杂度较⾼，我帮⼤家试过了，超时。
b.
⼀边
dp
，⼀边保存。这种⽅式，我们仅需保存最近的元素的下标，不⽤保存下标数组。但是
⽤这种⽅法的话，我们在遍历顺序那⾥，先固定倒数第⼆个数，再遍历倒数第⼀个数。这样就
可以在
i
使⽤完时候，将
nums[i]
扔到哈希表中。
3.
初始化：
根据实际情况，可以将所有位置初始化为
2
。
4.
填表顺序：
a.
先固定倒数第⼆个数；
b.
然后枚举倒数第⼀个数。
5.
返回值：
由于不知道最⻓的结尾在哪⾥，因此返回
dp
表中的最⼤值。
解题代码：
class Solution {
public:
int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {
int n=nums.size();
vector<vector<int>>dp(n,vector<int>(n,2));
unordered_map<int,int>hash;
int ret=2;
hash[nums[0]]=0;
for(int i=1;i<n-1;i++)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
{
int a=2*nums[i]-nums[j];
// int k=hash.count(a);
if(hash.count(a))
{
dp[i][j]=dp[hash[a]][i]+1;
}
ret=max(ret,dp[i][j]);
}
hash[nums[i]]=i;
}
return ret;
}
};446. 等差数列划分 II - 子序列
题目描述：
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。
解题思路：
算法思路：
1.
状态表⽰：
对于线性
dp
，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i.
以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii.
以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，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，等差⼦序列的个数。
但是这⾥有⼀个⾮常致命的问题，那就是我们⽆法确定
i
结尾的等差序列的样⼦。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序列。
根据等差序列的特性，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，我们修改我们的状态表⽰为：
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，等差⼦序列的个
数。规定⼀下
i < j
。
2.
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
。我们
根据
a
的情况讨论：
a.
a
存在，下标为
k
，并且
a < b
：此时我们知道以
k
元素以及
i
元素结尾的等差序列
的个数
dp[k][i]
，在这些⼦序列的后⾯加上
j
位置的元素依旧是等差序列。但是这⾥会多
出来⼀个以
k, i, j
位置的元素组成的新的等差序列，因此
dp[i][j] = dp[k][i]
+ 1
；
b.
因为
a
可能有很多个，我们需要全部累加起来。
综上，
dp[i][j] += dp[k][i] + 1
。
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
所有元素 + 下标数组绑定在⼀起，放到哈希表中。这⾥为何要保存下标数组，是因为我们要统计个
数，所有的下标都需要统计。
3.
初始化：
刚开始是没有等差数列的，因此初始化
dp
表为
0
。
4.
填表顺序：
a.
先固定倒数第⼀个数；
b.
然后枚举倒数第⼆个数。
5.
返回值：
我们要统计所有的等差⼦序列，因此返回
dp
表中所有元素的和。
解题代码：
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
int n=nums.size();
vector<vector<int>>dp(n,vector(n,0));
unordered_map<long long,vector<int>>hash;
hash[nums[0]].push_back(0);
int sum=0;
for(int i=1;i<n-1;i++)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
{
long long a=2*(long long)nums[i]-nums[j];
if(hash.count(a))
{
int length=hash[a].size();
for(int k=0;k<length;k++)
{
dp[i][j]+=dp[hash[a][k]][i]+1;
}
}
sum+=dp[i][j];
}
hash[nums[i]].push_back(i);
}
return sum;
}
};
