【题解】LuoGu4933：大师

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其实这道题很简单
如果想到把公差设计到状态里面去，难度就急剧下降了
令$d{p}_{i,j}$表示以$a_i$结尾，且公差为$j$的等差数列有多少个
所以我们花$O(nv)$的时间枚举状态，再花$O(n)$的时间转移
$$d{p}_{i,j}+=d{p}_{k,j}+1(a_k+j=a_i)$$
这样我们就拿到了60分的好成绩
但是其实根本不必枚举公差是多少
对于一个公差$d$，若不存在$a_x,a_y$，使得$a_x+d=a_y$，这个公差是没有意义的，为了处理这个冗余，我们直接枚举两个数，由这两个数确定公差
$$d{p}_{i,a_i-a_j}+=d{p}_{j,a_i-a_j}+1$$
这样$O(n^2)$就解决了
如何统计答案呢，这里需要和$dp$数组一起更新
$$ans+=d{p}_{j,a_i-a_j}+1$$
最终输出$ans+n$，因为每个数单独一个也算

Code：

#include 
#define maxn 40010
#define maxm 1010
using namespace std;
const int qy = 998244353;
int n, a[maxn], dp[maxm][maxn], ans;

inline int read(){
	int s = 0, w = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') w = -1;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);
	return s * w;
}

int main(){
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	int p = 20000;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j < i; ++j){
			(dp[i][a[i] - a[j] + p] += dp[j][a[i] - a[j] + p] + 1) %= qy;
			(ans += dp[j][a[i] - a[j] + p] + 1) %= qy;
		}
	printf("%d\n", (ans + n) % qy);
	return 0;
}