2024-10-31每日一题

连续自然数和

题目描述

对一个给定的正整数 \(M\)，求出所有的连续的正整数段（每一段至少有两个数），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

每行两个正整数，给出一个满足条件的连续正整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。

样例输入

10000

样例输出

18 142 
297 328 
388 412 
1998 2002

思路

做法有很多，其中比较容易想到的是以二分为基础的做法（还不会二分的同学建议速速学习，不管会不会都建议背一下二分模板）

对于每组解，都是由左右边界构成的（形如\([L, R]\)，L为左边界，R为右边界）我们可以从1~n枚举每一个L和R，用前缀和或者高斯定理进行求和看看是否为n（实际上L、R必然≤n/2，范围可以缩小），但这样时间复杂度就到了\(O(n^2)\)，会超时。

所以我们要用二分进行优化，我们枚举每个L，对于每个L，最多存在一个R使得\([L, R]\)之和为n，我们可以对R进行二分查找（用\([L,R]\)之和与n的大小关系作为判断条件），求\([L,R]\)之和可以用前缀和、高斯定理（(首项+末项)×项数÷2）等方法。

附赠二分板子

bool check(int mid) {
    if(...)return 1;
    else return 0;
}
.....
.....
int l=L,r=R,mid;//L为下边界，R为上边界
while(l<r) {
    mid=(l+r)/2;
    if(check(mid)) r=mid;
    else l=mid+1;
}
.....
.....
-----------------------------------------------------------------------------
//check(mid)返回1表示满足条件，返回0就是不满足条件，不管返回什么，每次check以后mid的取值区间都会收缩，最终收拢到最终答案，例如在这一题里面，check(mid)写成函数就是
bool check(int mid) {
    if((i+i+mid)*(mid+1)/2>=n)return 1;
    else return 0;
}

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n/2;i++) {
        int l=1,r=n,mid;
        while(l<r) {
            mid=(l+r)/2;
            if((i+i+mid)*(mid+1)/2==n) {
                printf("%lld %lld\n",i,i+mid);
                break;
            } else if((i+i+mid)*mid/2>n) {
                r=mid;
            } else {
                l=mid+1;
            }
        }
    }
    return 0;
}