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1. 思路讲解

我们要知道以某个位置为结尾的子序列的数量，可以通过它的以上一位置的为结尾的子序列的数量得知，也就是说，这是一个dp问题。

1.1 dp表的创建

dp问题我们需要创建dp表，如果我们单纯使用dp[i]来表示以 i 位置为结尾的子序列的数量是完全不够的。因为我们不知道以 i-1 位置为结尾的等差数列是怎样的，它的公差是几我们是不知道的。也就是说，我们不确定 i 位置的元素是否能跟到以 i - 1 位置为结尾的数列的后面。

但是，如果知道了数列的后两个元素，也就是知道了 i - 1 位置以及数列中上一个位置的元素，就能知道数列的公差了，也就能知道 i 位置的元素是否能跟到后面了，所以我们需要用两个元素来表示每个dp位置。

创建二维dp表，dp[i][j]表示以 i 位置的元素为数列倒数第二个元素，以 j 位置的元素为数列倒数第一个元素，为结尾的数列数量有多少。（我们人为规定i < j）

1.2 状态转移方程

nums[j] - nums[i]可以得到公差，再由 num[i] - 公差 可以得到上一项的值，记为 a，我们需要知道这个 a 值在nums中是否存在且是否在 i 位置的前面，两个条件都满足才符合题意。

记 a 在nums中的下标为k（至于怎么找到这个k下面会说），我们要找到以 i 和 j 位置为结尾的等差数列的个数，其实找到所有 k 和 i 位置元素结尾的等差数列的个数相加即可（a元素在nums中的位置不只一个，那么k可能就不只一个）。并且也需额外加上一个数列，就是 k，i ，j，本身所构成的等差数列。

那么状态转移方程就为：dp[i][j] += dp[k][i] + 1

1.3 使用哈希表找到k

我们写代码的时候，遍历所有 i 和 j 的组合，时间复杂度就已经到达 N^2 了，如果此时再在数组中去寻找 k ，那么时间复杂度就 N^3了，这大概率是会超时的。

我们可以在dp之前，使用哈希表去将<所有元素，数组下标>绑定在一起，放在哈希表中，这样我们得到了 a 之后，就可以使用哈希表很快地查找到 k 了。

1.4 初始化

刚开始，以 i，j 位置为结尾，只有两个元素，不符合题目中的等差数列，可以记为 0 ，所以我们初始化的时候将dp表中所有的值初始化为 0 即可。又因为，vector会默认初始化为0，所以我们不用手动初始化了。

1.5 返回值

我们要求的是所有的等差数列，所以我们要将所有符合题意的dp[i][j]都加起来然后返回。

1.6 该题坑爹的一点

虽然题目已经说了，返回值以及各个元素的值都在int范围内，但是我们求a的时候，a的值可能会超出int的范围从而出错，所以我们将a的类型要设置为long long。然后用a查找k用的是hash，所以hash的第一个类型也要为long long。

2. 代码编写

class Solution {
public:int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {int n = nums.size();// 创建哈希表，便于很快地找到k// 因为k不只一个，所以用vector来存储unordered_map<long long, vector<int>> hash;for (int i = 0; i < n; i++) hash[nums[i]].push_back(i);// 创建二维dp表，第一维为数列的倒数第二个元素，第二维为数列的倒数第一个元素vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));int ret = 0; // 所有数组的数量// i为nums第0个位置时，不管j为几，dp[0][j]都为0，因为只有两个元素// 所以从第1个位置开始填表即可，且i一定不为nums最后一个元素for (int i = 1; i < n - 1; ++i){// j从i+1开始，一直到最后一个位置，寻找符合题意的情况for (int j = i + 1; j < n; ++j){long long a = (long long)2*nums[i] - nums[j];if (hash.count(a)) // 看a是否存在于hash中{// 如果存在，遍历a对应的vectorfor (auto k : hash[a]){// k需要小于iif (k < i) dp[i][j] += dp[k][i] + 1;}} ret += dp[i][j];}}return ret;}
};