這個和1055那個題差不多，稍微改改就過了，首先是剪枝的改寫，這個剪枝是必過的，唐老師在討論裡進行了證明。
首先要明確等差數列的定義。
乙個等差數列可以用首項、公差和項數的三元組 (
firs
t,de
lta,
leng
th)
表示，當然這個 f
irst
也可以換成末項 l
ast
，取決於你的演算法。
我們要考慮的等差數列要盡量用少的資訊表示所有的可能，也就是說提取出來的等差數列之間不能有相互包含的關係，例如 (
2,3,
4)和 (
2,3,
5)就冗餘了，而 (
2,3,
4)和 (
5,3,
4)也是冗餘的，因為當它們出現在同乙個序列裡時， (
2,3,
5)也是存在的。
因此我們只需要考慮滿足 (
firs
t−de
lta)
這個數字不存在，並且 (
last
+del
ta)
這個數字不存在的等差數列。
接下來要發現這樣的等差數列在 k
充分大時是不多的。
定義：集合裡的兩個元素是足夠相鄰的，當且僅當它們的排名之差不超過 n
k−1
。由鴿巢原理可知，乙個長度為 k
的等差數列必然包含至少 k
−12
對足夠相鄰的元素（考慮等差數列裡排名最小的和排名最大的那兩個元素）。
而集合裡足夠相鄰的元素對數不超過 n
22(k
−1)
，我們所求的不同等差數列也不會包含相同的一對足夠相鄰的元素，所以我們能得到的等差數列數量是不超過 n
2(k−
1)2
的。最後要利用這個性質來構造相應的演算法。
利用數量不多的性質，我們可以嘗試找出所有長度至少為 200 的等差數列，從中選取最長的那個。
注意到上面的證明利用到了集合的大小，類似地也可以證明，這樣的等差數列必然有 ⌊
k2⌋
項在前 ⌊
n2⌋
小的元素集合裡，或者有 ⌊
k2⌋
項在前 ⌈
n2⌉
大的元素集合裡。
而集合大小減半同時數列項數減半對數列數量的影響是不大的，所以可以嘗試對集合分治，分別找出更小情況的解，然後放到大的集合裡嘗試向左向右 o
(k)
擴張，再進行去重，從而得到當前情況的解。
不妨設 t
(n,k
)
表示從大小為 n
的集合裡提取長度至少為 k
的不同等差數列的複雜度，則有 t
(n,k
)=2t
(n2,
k2)+
o(n2
k2k)
⇒t(n
,k)=
o(n2
klognk
)
。其次，就是hash這個hash要手打，hash就是把之前的dp陣列給換掉。暴力的去查詢。最後，我想說的是，花了130個點頭盾，以為能上第一，誰知道上了第二。**還是發了吧。。。。
#include#include#define ll long long
using namespace std;
const int mod=233333;
int a[50010],ha[mod],ans=199,last[50010],n;
int read()
void add(int k,int i)
bool find1(int k)
int main()}}
//cout<=200)
printf("%d\n",ans);
else printf("no solution\n");
return 0;
}
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