微软面试题：求整数随机数构成的数组中找到长度大于=3的最长的等差数列

求微软面试题：求整数随机数构成的数组中找到长度大于=3的最长的等差数列

输出等差数列由小到大:

如果没有符合条件的就输出[0,0]

格式：

输入[1,3,0,5,-1,6]

输出[-1,1,3,5]

要求时间复杂度，空间复杂度尽量小

网上有动态规划的解法，时间复杂度O(N^3)：http://openuc.sinaapp.com/?p=286

而本文要提另一种动态规划解法，时间复杂度O(N^2)，空间复杂度比较大，一会说。

方法：

第一步都一样，先排序。

第二步，动态规划。在一个已排好序的数列中，等差数列的差d满足 0 <= d <= a[N-1] - a[0]。于是，设一个二维表dp，有a[N-1] - a[0] + 1 行，N列，dp[i][j]记录数列a[j]，公差为i下的最长数列长度。那么很明显有：dp[i][j] = dp[i][ index_of( a[j] + i ) ] + 1。其中index_of(num)表示数num在数组a中的索引。上述dp的意思是：如果a[j]能构成等差数列的一份子，公差为i，那么它的下一项就是a[j] + i，这当然要求a[j]
+ i存在于数组a中啦~而且，a[j]构成的数列的长度就是由 a[j] + i 构成数列长度加1. 依据上述分析，只要对数组a由尾到头遍历，对每个a[j]，求出所有公差从0到a[N-1]-a[0]下的最长数列长度，则问题就得解了。

注意几个问题：

1. 上述分析过程中要求求出所有公差从0到a[N-1]-a[0]，但实际上并不需要这么一个一个的求，因为以任何a[j]，它能构成等差数列，则公差一定是 a[ k ] - a[ j ]，这里 j < k < N，因此，求解的范围得到缩小，因此整体的时间复杂度为0(N^2)。

2. 另一个实现问题是，dp只记录了最长数列的长度，而我们为了能回朔并输出等差数列，我们还需要知道构成最长等差数列a[j]的下一个数是什么，因此，需要同时记录下一跳的索引。在代码中，我用pair<int,int>来记录，first记录长度，second记录下一跳索引。

3. 注意处理a[j]与多个数差值相同的情况，比如 1,3,3，对a[0]=1，它和a[1]，a[2]的差值相同，所以对于a[0]，公差为2而言，即dp[2][0]，它只需要更新一次即可。

#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 10;
const int INVALID_IDX = -1;

void show(int* a,int n)
{
for (int i=0;i<n;++i)
{
cout<<a[i]<<",";
}
cout<<endl;
}

inline int compare(const void* p1,const void* p2)
{
return *(int*)p1 - *(int*)p2;
}

void longest_seq(int* a)
{
qsort(a,N,sizeof(int),&compare);

int R = a[N-1]-a[0]+1;
pair<int,int>** dp = new pair<int,int>*[R];
for (int i=0;i<R;++i)
{
pair<int,int>* row = new pair<int,int>
;
for (int j=0;j<N;++j)
{
row[j].first = 0;		//记录当前最长数列的长度
row[j].second = INVALID_IDX;//记录与first相对应的等差数列的下一值在数组a中的索引
}
dp[i] = row;
}

int maxlen = 0;
int rowidx = INVALID_IDX;
int colidx = INVALID_IDX;

for (int i=N-2;i>=0;--i)
{
for (int j=i+1;j<N;++j)
{
if (dp[ a[j]-a[i] ][i].first != 0) continue;	//以该“差”为行号的值如果已经存在，就不需要再为相同的差值更新

dp[ a[j]-a[i] ][i].first = dp[ a[j]-a[i] ][j].first + 1;
dp[ a[j]-a[i] ][i].second = j;

if (dp[ a[j]-a[i] ][i].first > maxlen)
{
maxlen = dp[ a[j]-a[i] ][i].first;
rowidx = a[j]-a[i];
colidx = i;
}
}
}

if( maxlen > 1 )
{
cout<<"The longest seq is:"<<endl;
while( colidx != INVALID_IDX )
{
cout<<a[colidx]<<",";
colidx = dp[rowidx][colidx].second;
}
cout<<endl;
}
else
{
cout<<"0,0"<<endl;
}

for (int i=0;i<R;++i)
delete []dp[i];

delete []dp;
}

int main(void)
{
int a
= {8, 8, 7, 4, 1, 3, 3, 1, 8, 4};
longest_seq(a);

return 0;
}

另附一些测试例子：

出处：http://blog.csdn.net/wcyoot/article/details/6437382

从数列中求最长等差数列：1 6 4 8 9 5 9 1 7 7

最长等差数列（长度为6）：4 5 6 7 8 9

从数列中求最长等差数列：4 8 1 9 6 0 2 4 7 1

最长等差数列（长度为5）：0 2 4 6 8

从数列中求最长等差数列：3 6 6 3 1 0 5 4 1 5

最长等差数列（长度为4）：3 4 5 6

从数列中求最长等差数列：9 8 3 6 9 8 9 5 9 5

最长等差数列（长度为4）：9 9 9 9

从数列中求最长等差数列：6 4 9 7 8 0 0 1 0 8

最长等差数列（长度为4）：6 7 8 9

从数列中求最长等差数列：3 4 4 7 7 4 2 3 4 7

最长等差数列（长度为4）：4 4 4 4

从数列中求最长等差数列：8 2 5 5 7 7 7 7 0 4

最长等差数列（长度为4）：7 7 7 7

从数列中求最长等差数列：6 6 3 2 0 4 8 5 3 2

最长等差数列（长度为5）：0 2 4 6 8

从数列中求最长等差数列：8 8 7 4 1 3 3 1 8 4

最长等差数列（长度为3）：8 8 8

从数列中求最长等差数列：0 4 5 5 2 1 4 5 3 9

最长等差数列（长度为6）：0 1 2 3 4 5

不过上述例子中没有等差长度小于3的情况。

最后，上述代码的空间利用率真是很低的，我们为每个a[j]的所有可能出现的公差都分配了空间，但其际上只用到了 a[k] - a[j]，j<k<N的那些空间。这样写只是为了方便，更精细地，可以考虑为每个a[j]只分配 N-j+1 个存储空间。