人生第一次写题解
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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，经常用记忆化搜索规避这个问题，所以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]+=(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，复杂度(O(n^2))详细请看代码。
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;
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
",ans);
return 0;
}