徐老师的连续正整数和

【题目来源】

瑞学堂：徐老师的连续正整数和

【题目描述】

徐老师发现，有些正整数可以表示为一个或多个连续正整数的和。
例如：

• \(9=4+5\)
• \(9=2+3+4\)
• \(15=7+8\)
• \(15=4+5+6\)
• \(15=1+2+3+4+5\)

现在，给定一个正整数 \(n\)，请你帮助徐老师计算，有多少种不同的连续正整数序列（至少包含两个数），使得这些数的和恰好等于 \(n\)。

【输入】

一行，一个正整数 \(n (1≤n≤10^5)\)。

【输出】

一行，一个整数，表示和为 \(n\) 的连续正整数序列（长度至少为 \(2\)）的个数。

【输入样例】

9

【输出样例】

2

【核心思想】

1. 问题分析：给定正整数 \(n\)，求有多少个长度至少为 \(2\) 的连续正整数序列，其和恰好等于 \(n\)。这是一个数学推导 + 枚举优化问题，关键在于利用等差数列求和公式将双重循环转化为单重循环，将时间复杂度从 \(O(n^2)\) 优化到 \(O(\sqrt{n})\)。

2. 算法选择：

   • 数学推导（等差数列求和）：设连续序列首项为 \(a\)，长度为 \(i\)（\(i \geq 2\)），则
     \[n = a + (a+1) + \dots + (a+i-1) = i \cdot a + \frac{i(i-1)}{2} \]
     变形得 \(n - \frac{i(i-1)}{2} = i \cdot a\)，即 \(a = \frac{n - \frac{i(i-1)}{2}}{i}\)
   • 单重枚举：枚举序列长度 \(i\)，判断剩余值是否能被 \(i\) 整除且首项 \(a > 0\)

3. 关键步骤：

   • 公式变形：由 \(n = i \cdot a + \frac{i(i-1)}{2}\)，得 \(a = \frac{n - \frac{i(i-1)}{2}}{i}\)
   • 枚举长度 \(i\)（从 \(2\) 开始，终止条件 \(\frac{i(i-1)}{2} < n\)）：
     • 计算 \(rem = n - \frac{i(i-1)}{2}\)
     • 若 \(rem > 0\) 且 \(rem \bmod i = 0\)，则存在合法首项 \(a = \frac{rem}{i}\)，ans++
   • 终止条件分析：当 \(\frac{i(i-1)}{2} \geq n\) 时，\(rem \leq 0\)，首项非正，无需继续枚举
   • 输出答案 \(ans\)

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(\sqrt{n})\)，由 \(\frac{i(i-1)}{2} < n\) 得 \(i = O(\sqrt{n})\)
   • 空间复杂度：\(O(1)\)，仅使用常数变量

5. 数学优化的核心思想：

   • 消元降维：通过等差数列公式将"枚举首项 + 枚举末项"的双重循环，转化为"枚举长度 + 验证整除"的单重循环，利用代数变形消除一个维度
   • 整除约束转存在性：将"是否存在正整数首项 \(a\)"转化为"剩余值 \(rem\) 是否为 \(i\) 的正倍数"，避免实际计算 \(a\)
   • 终止条件的紧界：\(\frac{i(i-1)}{2} < n\) 确保 \(rem > 0\) 且 \(a > 0\)，同时限制枚举范围在 \(O(\sqrt{n})\)
   • 连续和问题的通用技巧：\(n\) 表示为连续 \(i\) 个整数之和，等价于 \(n\) 存在奇因子或特定分解形式，本题通过直接枚举长度实现
   • 适用于"连续序列和"类问题，核心在于利用求和公式建立长度与首项的关系，通过整除性判断解的存在性

【算法标签】

模拟

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long    // 将int定义为long long，避免累加和溢出
int n, ans;              // n为给定的正整数，ans记录满足条件的连续正整数序列个数

signed main()            // 使用signed main配合#define int long long
{
    cin >> n;            // 读入正整数n
    // 枚举连续序列的起点a
    for (int a = 1; a <= n; a++)  // a为连续序列的第一个数
    {
        int sum = 0;              // sum记录当前连续序列的累加和
        // 从起点a开始向后累加，枚举序列的终点b
        for (int b = a; b <= n; b++)  // b为连续序列的当前累加到的数
        {
            sum += b;             // 将b加入累加和
            if (sum > n)          // 如果累加和已经超过n
                break;            // 后续b更大，sum只会更大，直接退出内层循环
            if (sum == n && b > a)  // 如果累加和恰好等于n，且序列长度至少为2（b>a）
                ans++;            // 找到一个满足条件的连续序列，答案加1
        }
    }
    cout << ans << endl;          // 输出满足条件的连续正整数序列个数
    return 0;
}

// 时间优化的版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long    // 将int定义为long long，避免中间计算溢出
int n, ans;              // n为给定的正整数，ans记录满足条件的连续正整数序列个数

signed main()            // 使用signed main配合#define int long long
{
    cin >> n;            // 读入正整数n
    // 数学推导：设连续序列长度为i，首项为a
    // 则 n = a + (a+1) + ... + (a+i-1) = i*a + i*(i-1)/2
    // 即 n - i*(i-1)/2 = i*a，需要该值为正且能被i整除
    for (int i = 2; i * (i - 1) / 2 < n; i++)  // 枚举序列长度i（至少为2）
    {
        int rem = n - i * (i - 1) / 2;  // 计算去掉0+1+...+(i-1)后的剩余值
        // rem = i*a，需要rem>0（保证首项a为正整数）且rem能被i整除
        if (rem > 0 && rem % i == 0)    // 如果rem为正且能被i整除，则存在合法首项a = rem/i
            ans++;                      // 找到一个满足条件的序列，答案加1
    }
    cout << ans << endl;                // 输出满足条件的连续正整数序列个数
    return 0;
}

【运行结果】

9
2