HDU - 2058 - The sum problem

The sum problem

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Problem Description

Given a sequence 1,2,3,......N, your job is to calculate all the possible sub-sequences that the sum of the sub-sequence is M.

 

Input

Input contains multiple test cases. each case contains two integers N, M( 1 <= N, M <= 1000000000).input ends with N = M = 0.

 

Output

For each test case, print all the possible sub-sequence that its sum is M.The format is show in the sample below.print a blank line after each test case.

 

Sample Input

20 10

50 30

0 0

 

Sample Output

[1,4]

[10,10]

 

[4,8]

[6,9]

[9,11]

[30,30]

 

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

直接暴力的复杂度O(n^2)，1000000000数据量铁定会超时。

 

这里用到了等差数列公式： ( 首项 + 末项 ) * 项数 / 2 = 和

设 i 为 首项， j 为项数， M 为和，则末项就是 i+j-1，那么能推导出  [ i + ( i + j - 1 ) ] * j / 2 = M

那么现在只要求出 i， 那么 j 也就知道了。

继续推导式子变成：i = ( 2 * M / j - j  + 1 ) / 2

 

题目中 j 是给了范围的（从 1 ~ N）。

那么只要将 j 从 1 到 N 遍历一边，只要 i 大于 0 就是一个结果啦，

可惜这样还是会超时。。

 

我们可以再将 j 的遍历范围优化一下：

根据题意， i 一定是 大于等于 1 的， 将 [ i + ( i + j - 1 ) ] * j / 2 = M 整理一下可以得出 j ^ 2 + j = 2M

那么 j 只要遍历到 sqrt( 2 * M ) 就可以了。

 

 

附AC代码：

 

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, m;
int main(){
    //freopen("in.cpp", "r", stdin);
    double i;
    while(cin >> n >> m && n+m){
        for(int j=(int)sqrt(2*m); j>=1; --j){
            i = (2.0*m/j - j + 1)/2;
            if(i>0 && i - (int)i == 0){
                printf("[%.0lf,%.0lf]\n", i, i+j-1);
            }
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}