Gym 102082B : Arithmetic Progressions

戳这里看题目吧！

题目大意：给你一个长度为n(2<=n<=5000)的序列，没有重复的数字，序列中每个元素满足(0<=num_i<=1e9)。求一个最长的数列满足差分值相同（除n=2外，可以看成等差数列）。输出这个最大长度。

算法梗概：DP。看了几篇博客都说算是个板子套路DP题。在做的时候也想到了DP，但是没找对状态。

　　　　　另外可以用其他算法来做这道题，后面慢慢补。先给出DP算法的代码和思路。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int maxn = 5e3 + 5;
int dp[maxn][maxn],n,num[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",num+i);
        for(int j=1;j<=n;++j){
            dp[i][j] = 2;
        }
    }
    std::sort(num+1,num+1+n);
    int ans = 2;
    for(int i=1;i<=n-1;++i){
        int pre = i - 1;
        for(int j=i+1;j<=n;++j){
        　　///令d=num[j] - num[i],因为序列是递增的，所以num[i] - num[pre]在pre刚开始不满足条件时大于d，在pre刚好满足条件时等于d，继续遍历则小于d，后来的遍历是无意义的所以跳出即可
        　　while(pre > 0 && num[j] - num[i] > num[i] - num[pre]) pre--;
        　　if(pre==0) break;
        　　else if(pre > 0 && num[j] - num[i] == num[i] - num[pre]) dp[i][j] = std::max(dp[i][j],dp[pre][i]+1);
        　　ans = std::max(ans,dp[i][j]);
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

DP思路：dp[i][j]表示已下标i，j（i<j）为结尾两个元素的一个子序列的长。枚举i，以i+1开始向后遍历j，这样对于每对i，j我们可以求出他们的差，以这个差为标准，从i-1开始向前遍历记为pre，直到找到的pre和i，j满足num[j] - num[i] == num[i] - num[pre]。如果找到这样的num[pre]更新dp[i][j]即可。

状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[pre][i]+1)

---

直接用用等差数列的通项公式来暴力

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn  = 5e3+50;
int num[maxn],n;
set<int> se;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i<=n; ++i)
    {
        scanf("%d",num+i);
        se.insert(num[i]);
    }
    sort(num+1,num+n+1);
    int ans = 2,d,k;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
        {
            k = 2,d = num[j] - num[i];
            if(!se.count(num[i] + ans*d)) continue;
            while(se.count(num[i] + k*d)) k++;
            ans = max(ans,k);
        }
        if(ans==n) break;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

核心代码：

    k = 2,d = num[j] - num[i];
    if(!se.count(num[i] + ans*d)) continue;
    while(se.count(num[i] + k*d)) k++;
    ans = max(ans,k);

暴力思路：a_k = a₁ + (k-1)d;

　　　　　两层for循环来枚举a₁和d，对于每对<a₁,d>,枚举k来得到一个a_k，判断a_k是不是存在在序列中，存在继续枚举，否则更新答案。

请注意！！！  if(!se.count(num[i] + ans*d)) continue; 这行代码的作用，对于你已经更新到的答案ans，如果num[i] + ans*d都不存在，那么无法更新答案，所以跳过这层循环。

没有这行代码会TLE在test 57或者test 58，做题就死在了这里了。

---

还有些同学用了二分函数，其实和暴力的核心思想差不多，用二分函数优化很多，这里只给代码，不解释了如果暴力看懂了这个也就懂了

#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int maxn = 5e3 + 5;
int dp[maxn][maxn],n,num[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",num+i);
    std::sort(num+1,num+1+n);

    int ans = 2,res,d,pos;
    for(int i=1;i<=n-1;++i){
        for(int j=i+1;j<=n;++j){
            d = num[j] - num[i];
            res = 2;
            pos = std::lower_bound(num+j+1,num+n+1,num[i]+ans*d) - num;
            if(num[pos]!=num[i]+ans*d) continue;
            for(int k=j;k<=n-1;){
                pos = std::lower_bound(num+k+1,num+n+1,num[k]+d) - num;
                if(num[pos]==num[k]+d){
                    k = pos;
                    res++;
                }
                else break;
            }
            ans = std::max(ans,res);
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

This’s all！如有错误，请评论指正谢谢！！