【题解】洛谷 P1014 【Cantor表】

1. 我们先引入三角形数的概念：

_ >定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，这样的数被称为三角形数。古希腊著名科学家毕达哥拉斯把数1，3，6，10，15，21……这些数量的（石子），都可以排成三角形，像这样的数称为三角形数。_

>>三角形数_百度百科

2. 我们来看看这个表：

3. 我们可以发现，设

$x_1<n⩽x_2$（其$x_1$、$x_2$均为三角形数）

即有$\frac{p(p-1)}{2}<n⩽\frac{p(p+1)}{2}$，其中$p\in Z$

也就是 $\{\begin{array}{l}{p}^2+p⩾2n\dots \dots (1)\\ p^2-p<2n\dots \dots (2)\end{array}$

对于(1)，我们有$p^2+p+\frac{1}{4}⩾2n+\frac{1}{4}$

配方得：

$(p+\frac{1}{2}{)}^2⩾2n+\frac{1}{4}$

$\therefore p+\frac{1}{2}⩾\sqrt{2n+\frac{1}{4}}$ 或 $p+\frac{1}{2}⩽-\sqrt{2n+\frac{1}{4}}$

$\therefore p⩾\sqrt{2n+\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}$ 或 $p⩽-\sqrt{2n+\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}$

对于(2)，我们有$p^2-p+\frac{1}{4}<2n+\frac{1}{4}$

配方得：

$(p-\frac{1}{2}{)}^2<2n+\frac{1}{4}$

$\therefore -\sqrt{2n+\frac{1}{4}}<p-\frac{1}{2}<\sqrt{2n+\frac{1}{4}}$

$\therefore -\sqrt{2n+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}<p<\sqrt{2n+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}$

为了方便，我们设$t=\sqrt{2n+\frac{1}{4}}$

$\therefore$联立得：$\{\begin{array}{l}p⩾t-\frac{1}{2}||p⩽-t-\frac{1}{2}\\ -t+\frac{1}{2}<p<t+\frac{1}{2}\end{array}$

解得：$t-\frac{1}{2}⩽p<t+\frac{1}{2}$

又$\because t-\frac{1}{2}$到$t+\frac{1}{2}$中只可能有1个整数

$\therefore p=\lceil t-\frac{1}{2}\rceil$

4. 我们再来找规律

我们再设$\Delta s=x_2-n$

所以

当p为偶数时：要求的结果$\frac{p-\Delta s}{1+\Delta s}=\frac{p-x_2+n}{1+x_2-n}$

化简后

分子是：$p-\frac{p(p+1)}{2}+n$

分母是：$1+\frac{p(p+1)}{2}-n$

当p为奇数时：要求的结果
$\frac{1+\Delta s}{p-\Delta s}=\frac{1+x_2-n}{p-x_2+n}$

化简后

分子是：$1+\frac{p(p+1)}{2}-n$

分母是：$p-\frac{p(p+1)}{2}+n$

所以我们就有了这个代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

double t;
int p,n;
int fenzi,fenmu;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	t=sqrt(2*n+0.25);
	p=ceil(t-0.5);
	if(p%2==0)
	{
		fenzi=p-p*(p+1)/2+n;
		fenmu=1+p*(p+1)/2-n;
	}
	else
	{
		fenmu=p-p*(p+1)/2+n;
		fenzi=1+p*(p+1)/2-n;
	}
	printf("%d/%d",fenzi,fenmu);
	return 0;
}