1 最长递增子序列

1.1 题目链接

1.2 题目描述

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

示例 1：

输入： nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出： 4
解释： 最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入： nums = [0,1,0,3,2,3]
输出： 4

示例 3：

输入： nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出： 1

提示：

1 <= nums.length <= 2500
-104 <= nums[i] <= 104

1.3 解法（动态规划）

算法思路：

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，最⻓递增⼦序列的⻓度。

状态转移⽅程：

对于 dp[i] ，我们可以根据「⼦序列的构成⽅式」，进⾏分类讨论：
- i. ⼦序列⻓度为 1 ：只能⾃⼰玩了，此时 dp[i] = 1 ；
- ii. ⼦序列⻓度⼤于 1 ： nums[i] 可以跟在前⾯任何⼀个数后⾯形成⼦序列。
  - 设前⾯的某⼀个数的下标为 j ，其中 0 <= j <= i - 1 。
  - 只要 nums[j] < nums[i] ， i 位置元素跟在 j 元素后⾯就可以形成递增序列，⻓度为 dp[j] + 1 。
  - 因此，我们仅需找到满⾜要求的最⼤的 dp[j] + 1 即可。
综上， dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]) ，其中 0 <= j <= i - 1 && nums[j] < nums[i] 。

初始化：

所有的元素「单独」都能构成⼀个递增⼦序列，因此可以将 dp 表内所有元素初始化为 1 。

由于⽤到前⾯的状态，因此我们循环的时候从第⼆个位置开始即可。
填表顺序：

显⽽易⻅，填表顺序「从左往右」。
返回值：

由于不知道最⻓递增⼦序列以谁结尾，因此返回 dp 表⾥⾯的「最⼤值」。

1.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> dp(n, 1);
        int ret = 1;
        for(int i = 1; i < n; i++)
        {
            for(int j = 0; j < i; j++)
                if(nums[j] < nums[i])
                    dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]);
            ret = max(ret, dp[i]);
        }
        return ret;
    }
};

2 摆动序列

2.1 题目链接

376. 摆动序列

2.2 题目描述

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 摆动序列。 第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。

子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。

给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。

示例 1：

输入： nums = [1,7,4,9,2,5]
输出： 6
解释： 整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

示例 2：

输入： nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
输出： 7
解释： 这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。

示例 3：

输入： nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出： 2

提示：

1 <= nums.length <= 1000
0 <= nums[i] <= 1000

2.3 解法（动态规划）

算法思路：

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 位置为结尾的最⻓摆动序列的⻓度」。

但是，问题来了，如果状态表⽰这样定义的话，以 i 位置为结尾的最⻓摆动序列的⻓度我们没法

从之前的状态推导出来。因为我们不知道前⼀个最⻓摆动序列的结尾处是递增的，还是递减的。因

此，我们需要状态表⽰能表⽰多⼀点的信息：要能让我们知道这⼀个最⻓摆动序列的结尾是递增的

还是递减的。

解决的⽅式很简单：搞两个 dp 表就好了。

f[i] 表⽰：以 i 位置元素为结尾的所有的⼦序列中，最后⼀个位置呈现「上升趋势」的最⻓摆

动序列的⻓度；

g[i] 表⽰：以 i 位置元素为结尾的所有的⼦序列中，最后⼀个位置呈现「下降趋势」的最⻓摆

动序列的⻓度。

状态转移⽅程：

由于⼦序列的构成⽐较特殊， i 位置为结尾的⼦序列，前⼀个位置可以是 [0, i - 1] 的任意位置，因此设 j 为 [0, i - 1] 区间内的某⼀个位置。

对于 f[i] ，我们可以根据「⼦序列的构成⽅式」，进⾏分类讨论：
- i. ⼦序列⻓度为 1 ：只能⾃⼰玩了，此时 f[i] = 1 ；
- ii. ⼦序列⻓度⼤于 1 ：因为结尾要呈现上升趋势，因此需要 nums[j] < nums[i] 。在满⾜这个条件下， j 结尾需要呈现下降状态，最⻓的摆动序列就是 g[j] + 1 。
因此我们要找出所有满⾜条件下的最⼤的 g[j] + 1 。
综上， f[i] = max(g[j] + 1, f[i]) ，注意使⽤ g[j] 时需要判断。
对于 g[i] ，我们可以根据「⼦序列的构成⽅式」，进⾏分类讨论：
- i. ⼦序列⻓度为 1 ：只能⾃⼰玩了，此时 g[i] = 1 ；
- ii. ⼦序列⻓度⼤于 1 ：因为结尾要呈现下降趋势，因此需要 nums[j] > nums[i] 。在满⾜这个条件下， j 结尾需要呈现上升状态，因此最⻓的摆动序列就是 f[j] + 1 。
因此我们要找出所有满⾜条件下的最⼤的 f[j] + 1 。
综上， g[i] = max(f[j] + 1, g[i]) ，注意使⽤ f[j] 时需要判断。

初始化：

所有的元素「单独」都能构成⼀个摆动序列，因此可以将 dp 表内所有元素初始化为 1 。
填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」。
返回值：

应该返回「两个 dp 表⾥⾯的最⼤值」，我们可以在填表的时候，顺便更新⼀个「最⼤值」。

2.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n, 1), g(n, 1); // 1. 创建 dp 表 + 初始化

        int ret = 1; // 更新最终结果
        for(int i = 1; i < n; i++) // 2. 填写 f[i] 以及 g[i]
        {
            for(int j = 0; j < i; j++)
            {
                if(nums[j] < nums[i]) f[i] = max(g[j] + 1, f[i]);
                else if(nums[j] > nums[i]) g[i] = max(f[j] + 1, g[i]);
            }
            ret = max(ret, max(f[i], g[i]));
        }
        return ret;
    }
};

3 最长递增子序列的个数

3.1 题目链接

673. 最长递增子序列的个数

3.2 题目描述

给定一个未排序的整数数组 nums ， 返回最长递增子序列的个数 。

注意这个数列必须是严格递增的。

示例 1:

输入: [1,3,5,4,7]
输出: 2
解释: 有两个最长递增子序列，分别是 [1, 3, 4, 7] 和[1, 3, 5, 7]。

示例 2:

输入: [2,2,2,2,2]
输出: 5
解释: 最长递增子序列的长度是1，并且存在5个子序列的长度为1，因此输出5。

提示:

1 <= nums.length <= 2000
-106 <= nums[i] <= 106

3.3 解法（动态规划）

算法思路：

状态表⽰：
- 先尝试定义⼀个状态：以 i 为结尾的最⻓递增⼦序列的「个数」。那么问题就来了，我都不知道
- 以 i 为结尾的最⻓递增⼦序列的「⻓度」是多少，我怎么知道最⻓递增⼦序列的个数呢？
- 因此，我们解决这个问题需要两个状态，⼀个是「⻓度」，⼀个是「个数」：
  - len[i] 表⽰：以 i 为结尾的最⻓递增⼦序列的⻓度；
  - count[i] 表⽰：以 i 为结尾的最⻓递增⼦序列的个数。
状态转移⽅程：

求个数之前，我们得先知道⻓度，因此先看 len[i] ：
- i. 在求 i 结尾的最⻓递增序列的⻓度时，我们已经知道 [0, i - 1] 区间上的 len[j]信息，⽤ j 表⽰ [0, i - 1] 区间上的下标；
- ii. 我们需要的是递增序列，因此 [0, i - 1] 区间上的 nums[j] 只要能和 nums[i]构成上升序列，那么就可以更新 dp[i] 的值，此时最⻓⻓度为 dp[j] + 1 ；
- iii. 我们要的是 [0, i - 1] 区间上所有情况下的最⼤值。
综上所述，对于 len[i] ，我们可以得到状态转移⽅程为：
- len[i] = max(len[j] + 1, len[i]) ，其中 0 <= j < i ，并且 nums[j] <nums[i] 。
在知道每⼀个位置结尾的最⻓递增⼦序列的⻓度时，我们来看看能否得到 count[i] ：
- i. 我们此时已经知道 len[i] 的信息，还知道 [0, i - 1] 区间上的 count[j] 信息，⽤ j 表⽰ [0, i - 1] 区间上的下标；
- ii. 我们可以再遍历⼀遍 [0, i - 1] 区间上的所有元素，只要能够构成上升序列，并且上升序列的⻓度等于 dp[i] ，那么我们就把 count[i] 加上 count[j] 的值。这样循环⼀遍之后， count[i] 存的就是我们想要的值。
综上所述，对于 count[i] ，我们可以得到状态转移⽅程为：
- count[i] += count[j] ，其中 0 <= j < i ，并且 nums[j] < nums[i] && dp[j] + 1 == dp[i] 。

初始化：
- 对于 len[i] ，所有元素⾃⼰就能构成⼀个上升序列，直接全部初始化为 1 ；
- 对于 count[i] ，如果全部初始化为 1 ，在累加的时候可能会把「不是最⼤⻓度的情况」累加进去，因此，我们可以先初始化为 0 ，然后在累加的时候判断⼀下即可。具体操作情况看代码~
填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」。
返回值：

⽤ manLen 表⽰最终的最⻓递增⼦序列的⻓度。

根据题⽬要求，我们应该返回所有⻓度等于 maxLen 的⼦序列的个数。

3.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int findNumberOfLIS(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> len(n, 1), count(n, 1);

        int retlen = 1, retcount = 1;
        for(int i = 1; i < n; i++)
        {
            for(int j = 0; j < i; j++)
            {
                if(nums[j] < nums[i])
                {
                    if(len[j] + 1 == len[i]) count[i] += count[j];
                    else if(len[j] + 1 > len[i]) len[i] = len[j] + 1, count[i] = count[j];
                }
            }
            if(retlen == len[i]) retcount += count[i];
            else if(retlen < len[i]) retlen = len[i], retcount = count[i];
        }
        return retcount;
    }
};

4 最长数对链

4.1 题目链接

646. 最长数对链

4.2 题目描述

给你一个由 n 个数对组成的数对数组 pairs ，其中 pairs[i] = [lefti, righti] 且 lefti < righti 。

现在，我们定义一种跟随关系，当且仅当 b < c 时，数对 p2 = [c, d] 才可以跟在 p1 = [a, b] 后面。我们用这种形式来构造 数对链 。

找出并返回能够形成的 最长数对链的长度 。

你不需要用到所有的数对，你可以以任何顺序选择其中的一些数对来构造。

示例 1：

输入： pairs = [[1,2], [2,3], [3,4]]
输出： 2
解释： 最长的数对链是 [1,2] -> [3,4] 。

示例 2：

输入： pairs = [[1,2],[7,8],[4,5]]
输出： 3
解释： 最长的数对链是 [1,2] -> [4,5] -> [7,8] 。

提示：

n == pairs.length
1 <= n <= 1000
-1000 <= lefti < righti <= 1000

4.3 解法（动态规划）

算法思路：

这道题⽬让我们在数对数组中挑选出来⼀些数对，组成⼀个呈现上升形态的最⻓的数对链。像不像我们整数数组中挑选⼀些数，让这些数组成⼀个最⻓的上升序列？因此，我们可以把问题转化成我们学过的⼀个模型： 300. 最⻓递增⼦序列。因此我们解决问题的⽅向，应该在「最⻓递增⼦序列」这个模型上。

不过，与整形数组有所区别。在⽤动态规划结局问题之前，应该先把数组排个序。因为我们在计算 dp[i] 的时候，要知道所有左区间⽐ pairs[i] 的左区间⼩的链对。排完序之后，只⽤「往前遍历⼀遍」即可。

状态表⽰：

dp[i] 表⽰以 i 位置的数对为结尾时，最⻓数对链的⻓度。
状态转移⽅程：

对于 dp[i] ，遍历所有 [0, i - 1] 区间内数对⽤ j 表⽰下标，找出所有满⾜ pairs[j][1] < pairs[i][0] 的 j 。找出⾥⾯最⼤的 dp[j] ，然后加上 1 ，就是以 i 位置为结尾的最⻓数对链。
初始化：

刚开始的时候，全部初始化为 1 。
填表顺序：

根据「状态转移⽅程」，填表顺序应该是「从左往右」。
返回值：

根据「状态表⽰」，返回整个 dp 表中的最⼤值。

4.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int findLongestChain(vector<vector<int>>& pairs) {
        sort(pairs.begin(), pairs.end());  // 预处理
        int n = pairs.size();
        vector<int> dp(n, 1);  // 创建 dp 表以及初始化

        int ret = 1;
        for(int i = 1; i < n; i++)
        {
            for(int j = 0; j < i; j++)
                if(pairs[j][1] < pairs[i][0])
                    dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]);
            ret = max(dp[i], ret);
        }
        return ret;
    }
};

5 最长定差子序列

5.1 题目链接

1218. 最长定差子序列

5.2 题目描述

给你一个整数数组 arr 和一个整数 difference，请你找出并返回 arr 中最长等差子序列的长度，该子序列中相邻元素之间的差等于 difference 。

子序列 是指在不改变其余元素顺序的情况下，通过删除一些元素或不删除任何元素而从 arr 派生出来的序列。

示例 1：

输入： arr = [1,2,3,4], difference = 1
输出： 4
解释： 最长的等差子序列是 [1,2,3,4]。

示例 2：

输入： arr = [1,3,5,7], difference = 1
输出： 1
解释： 最长的等差子序列是任意单个元素。

示例 3：

输入： arr = [1,5,7,8,5,3,4,2,1], difference = -2
输出： 4
解释： 最长的等差子序列是 [7,5,3,1]。

提示：

1 <= arr.length <= 105
-104 <= arr[i], difference <= 104

5.3 解法（动态规划）

算法思路：

这道题和 300. 最⻓递增⼦序列有⼀些相似，但仔细读题就会发现，本题的 arr.lenght ⾼达10^5 ，使⽤ O(N^2) 的 lcs 模型⼀定会超时。

那么，它有什么信息是 300. 最⻓递增⼦序列的呢？是定差。之前，我们只知道要递增，不知道前⼀个数应当是多少；现在我们可以计算出前⼀个数是多少了，就可以⽤数值来定义 dp 数组的值，并形成状态转移。这样，就把已有信息有效地利⽤了起来。

状态表⽰：

dp[i] 表⽰：以 i 位置的元素为结尾所有的⼦序列中，最⻓的等差⼦序列的⻓度。
状态转移⽅程：

对于 dp[i] ，上⼀个定差⼦序列的取值定为 arr[i] - difference 。只要找到以上⼀个数字为结尾的定差⼦序列⻓度的 dp[arr[i] - difference] ，然后加上 1 ，就是以 i 为结尾的定差⼦序列的⻓度。

因此，这⾥可以选择使⽤哈希表做优化。我们可以把「元素， dp[j] 」绑定，放进哈希表中。甚⾄不⽤创建 dp 数组，直接在哈希表中做动态规划。
初始化：

刚开始的时候，需要把第⼀个元素放进哈希表中，hash[arr[0]] = 1 。
填表顺序：

根据「状态转移⽅程」，填表顺序应该是「从左往右」。
返回值：

根据「状态表⽰」，返回整个 dp 表中的最⼤值。

5.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference) {
        unordered_map<int, int> hash;  // <arr[i], dp[i]>
        hash[arr[0]] = 1;

        int ret = 1;
        for(int i =1; i < arr.size(); i++)
        {
            hash[arr[i]] = hash[arr[i] - difference] + 1;
            ret = max(ret, hash[arr[i]]);
        }
        return ret;
    }
};

6 最长的斐波那契子序列的长度

6.1 题目链接

873. 最长的斐波那契子序列的长度

6.2 题目描述

如果序列 X_1, X_2, ..., X_n 满足下列条件，就说它是 斐波那契式 的：

n >= 3
对于所有 i + 2 <= n，都有 X_i + X_{i+1} = X_{i+2}

给定一个严格递增的正整数数组形成序列 arr ，找到 arr 中最长的斐波那契式的子序列的长度。如果一个不存在，返回 0 。

（回想一下，子序列是从原序列 arr 中派生出来的，它从 arr 中删掉任意数量的元素（也可以不删），而不改变其余元素的顺序。例如， [3, 5, 8] 是 [3, 4, 5, 6, 7, 8] 的一个子序列）

示例 1：

输入: arr = [1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: 5
解释: 最长的斐波那契式子序列为 [1,2,3,5,8] 。

示例 2：

输入: arr = [1,3,7,11,12,14,18]
输出: 3
解释: 最长的斐波那契式子序列有 [1,11,12]、[3,11,14] 以及 [7,11,18] 。

提示：

3 <= arr.length <= 1000
1 <= arr[i] < arr[i + 1] <= 10^9

6.3 解法（动态规划）

算法思路：

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，最⻓的斐波那契⼦数列的⻓度。
但是这⾥有⼀个⾮常致命的问题，那就是我们⽆法确定 i 结尾的斐波那契序列的样⼦。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斐波那契序列。
根据斐波那契数列的特性，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，最⻓的斐波那契⼦序列的⻓度。规定⼀下 i < j 。

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 = c - b 。我们根据 a 的情况讨论：
- i. 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斐波那契⼦序列的⻓度，然后再加上 j 位置的元素即可。于是 dp[i][j] = dp[k][i] + 1 ；
- ii. a 存在，但是 b < a < c ：此时只能两个元素⾃⼰玩了， dp[i][j] = 2 ；
- iii. 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。因此我们可以在 dp 之前，将所有的「元素 + 下标」绑定在⼀起，放到哈希表中。

初始化：

可以将表⾥⾯的值都初始化为 2 。
填表顺序：
- a. 先固定最后⼀个数；
- b. 然后枚举倒数第⼆个数。
返回值：

因为不知道最终结果以谁为结尾，因此返回 dp 表中的最⼤值 ret 。

但是 ret 可能⼩于 3 ，⼩于 3 的话说明不存在。

因此需要判断⼀下。

6.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr) {
        int n = arr.size();
        // 优化
        unordered_map<int, int> hash;
        for(int i = 0; i < n; i++) hash[arr[i]] = i;

        int ret = 2;
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2));
        for(int j = 2; j < n; j++)
        {
            for(int i = 1; i < j; i++)
            {
                int a = arr[j] - arr[i];
                if(a < arr[i] && hash.count(a)) dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]);
            }
        }
        return ret < 3 ? 0 : ret;
    }
};

7 最长等差数列

7.1 题目链接

1027. 最长等差数列

7.2 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。

示例 1：

输入： nums = [3,6,9,12]
输出： 4
解释：
整个数组是公差为 3 的等差数列。

示例 2：

输入： nums = [9,4,7,2,10]
输出： 3
解释：
最长的等差子序列是 [4,7,10]。

示例 3：

输入： nums = [20,1,15,3,10,5,8]
输出： 4
解释：
最长的等差子序列是 [20,15,10,5]。

提示：

2 <= nums.length <= 1000
0 <= nums[i] <= 500

7.3 解法（动态规划）

算法思路：

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 。

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。

初始化：

根据实际情况，可以将所有位置初始化为 2 。
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。
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。

7.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {
        // 优化
        unordered_map<int, int> hash;  // <元素, 下标>

        hash[nums[0]] = 0;
        int n = nums.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2)); // 创建 dp 表 + 初始化
        int ret = 2;
        for(int i = 1; i < n - 1; i++) // 固定倒数第⼆个数
        {
            for(int j = i + 1; j < n; j++) // 枚举倒数第⼀个数
            {
                int a = 2 * nums[i] - nums[j];
                if(hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]);
            }
            hash[nums[i]] = i;
        }
        return ret;
    }
};

8 等差数列划分 II - 子序列

8.1 题目链接

446. 等差数列划分 II - 子序列

8.2 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。

示例 1：

输入： nums = [2,4,6,8,10]
输出： 7
解释： 所有的等差子序列为：
[2,4,6]
[4,6,8]
[6,8,10]
[2,4,6,8]
[4,6,8,10]
[2,4,6,8,10]
[2,6,10]

示例 2：

输入： nums = [7,7,7,7,7]
输出： 16
解释： 数组中的任意子序列都是等差子序列。

提示：

1 <= nums.length <= 1000
-231 <= nums[i] <= 231 - 1

8.3 解法（动态规划）

算法思路：

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 。

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。

初始化：

刚开始是没有等差数列的，因此初始化 dp 表为 0 。
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。
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。

8.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        // 优化
        unordered_map<long long, vector<int>> hash;
        for(int i = 0; i < n; i++) hash[nums[i]].push_back(i);
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));

        int sum = 0;
        for(int j = 2; j < n; j++)
        {
            for(int i = 1; i < j; i++)
            {
                long long a = (long long)2 * nums[i] - nums[j];
                if(hash.count(a))
                {
                    for(auto k : hash[a])
                    {
                        if(k < i) dp[i][j] += dp[k][i] + 1;
                    }
                }
                sum += dp[i][j];
            }
        }
        return sum;
    }
};

专题五：⼦序列问题（数组中不连续的⼀段）

1 最长递增子序列

1.1 题目链接

1.2 题目描述

1.3 解法（动态规划）

1.4 C++算法代码：

2 摆动序列

2.1 题目链接

2.2 题目描述

2.3 解法（动态规划）

2.4 C++算法代码：

3 最长递增子序列的个数

3.1 题目链接

3.2 题目描述

3.3 解法（动态规划）

3.4 C++算法代码：

4 最长数对链

4.1 题目链接

4.2 题目描述

4.3 解法（动态规划）

4.4 C++算法代码：

5 最长定差子序列

5.1 题目链接

5.2 题目描述

5.3 解法（动态规划）

5.4 C++算法代码：

6 最长的斐波那契子序列的长度

6.1 题目链接

6.2 题目描述

6.3 解法（动态规划）

6.4 C++算法代码：

7 最长等差数列

7.1 题目链接

7.2 题目描述

7.3 解法（动态规划）

7.4 C++算法代码：

8 等差数列划分 II - 子序列

8.1 题目链接

8.2 题目描述

8.3 解法（动态规划）

8.4 C++算法代码：