[luogu p1147] 连续自然数和

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题面

题目描述

对一个给定的自然数\(M\)，求出所有的连续的自然数段，这些连续的自然数段中的全部数之和为\(M\)。

例子：\(1998+1999+2000+2001+2002 = 10000\)，所以从\(1998\)到\(2002\)的一个自然数段为\(M=10000\)的一个解。

输入输出格式

输入格式

包含一个整数的单独一行给出M的值（\(10 \le M \le 2,000,000\)）。

输出格式

每行两个自然数，给出一个满足条件的连续自然数段中的第一个数和最后一个数，两数之间用一个空格隔开，所有输出行的第一个按从小到大的升序排列，对于给定的输入数据，保证至少有一个解。

输入输出样例

输入样例 #1

10000

输出样例 #1

18 142
297 328
388 412
1998 2002

分析

这道题在试炼场的数论部分，但我死活没看出来这道题怎么数论（还是太菜，，），于是就写了个暴力，AC了。
？？？？？？？
于是我打开了题解区，然后就看到了题解区的第一位神仙@突然颓废 ，瞬间茅塞顿开。（我太菜了啊啊啊啊

以下是数学方法：
设首项为\(L\)，末项为\(R\)，那么显然

\[\sum_{i=L}^Ri = (L+R)(R-L+1)/2\\ 2\sum_{i=L}^Ri = (L+R)(R-L+1)\]

若

\[\begin{cases}K_1 = R - L + 1\\K_2 = L + R\end{cases} \]

解这个参数为\(K_1, K_2\)的二元一次方程组：

\[\begin{cases}L=\dfrac{K_2-K_1+1}{2}\\\\R=\dfrac{K_1+K_2-1}{2}\end{cases} \]

回到开始，因为

\[2\sum_{i=L}^Ri = (L+R)(R-L+1) \]

所以

\[2\sum_{i=L}^Ri = K_1K_2 \]

这样，\(K_1\)在\(1 \sim \sqrt{m}\)的区间枚举，能保证可以枚举到每一个解，而且\(K_2,L,R\)都可以算出来。
而且我们可以发现，只有当 \(K_1\not \equiv K_2\pmod{2}\)的时候，\(L\)和\(R\)才会有整数解。原因很简单，如果 \(K_1\equiv K_2\pmod{2}\)，显然无论是\(K_1 + K_2\)还是\(K_2 - K_1\)，结果都是偶数，再\(\pm1\)就变成了奇数，除以2就不是整数了，所以\(K_1\)和\(K_2\)必须一奇一偶。
但是请注意还有一种情况，\(L = R\) ，这在题目中是不允许的行为，在程序中我们应该排除。列不等式：

\[L \neq R\\\dfrac{K_2-K_1+1}{2} \neq \dfrac{K_1+K_2-1}{2}\\K_2-K_1+1 \neq K_1+K_2-1\\1-K_1 \neq K_1 - 1\\K_1 \neq 1 \]

也就是说，\(K_1\)应该在\(2 \sim \sqrt{m}\)枚举才对。

不得不说这个方法是真的妙！
这种算法的时间复杂度是\(O(\sqrt{m})\)。

代码

我写的辣鸡暴力：

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2020-02-26 02:34:12 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2020-02-26 03:46:31
 */
#include <iostream>
#include <cstdio>

int main() {
    int m;
    scanf("%d",&m);
    for(int i = 1; i <= m / 2; i++) {
        int sum = 0;
        int j;
        for(j = i; j < m && sum < m; j++) sum += j;
        if(sum == m) printf("%d %d\n",i,j - 1);
    }
    return 0;
}

神仙数学解法（纯手打，样例过了）：

#include <iostream>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

int main() {
    int m;
    scanf("%d",&m);
    for(int k1 = sqrt(2 * m); k1 > 1; k1--) 
        if(2 * m % k1 == 0 && (k1 + 2 * m / k1) % 2)
            printf("%d %d\n",(2 * m / k1 - k1 + 1) / 2,(k1 + 2 * m / k1 - 1)/2);
    return 0;

}

评测记录

AC 100：R31068037