这是标记为动态编程的problem（给定数字N，找到将其写为两个或更多个连续整数之和的方法的数量）和示例15 = 7 + 8,1 + 2 + 3 + 4 + 5,4 + 5 + 6
我用这样的数学解决了：
a +（a + 1）+（a + 2）+（a + 3）+ ... +（a + k）= N
（k + 1）* a +（1 + 2 + 3 + ... + k）= N
（k + 1） a + k （k + 1）/ 2 = N
（k + 1）*（2 * a + k）/ 2 = N
然后检查如果N可以被（k + 1）和（2 * a + k）整除，那么我可以在O（sqrt（N））时间内找到答案
以下是我的问题，如何通过动态编程来解决这个问题？什么是复杂性（O）？
答案 0 :(得分：1)
对于奇数 N ，此问题相当于查找N的除数不超过sqrt(N)。 （对于偶数 N ，有几个曲折。）如果您有权访问素数列表O(sqrt(N)/ln(N))，则该任务需要O(sqrt(N))。
我不知道动态编程在这里有什么帮助。
答案 1 :(得分：1)
我们可以使用动态编程来计算所有K到N的1 + 2 + 3 + ... + K之和。sum[i]以下表示总和1 + 2 + 3 + ... +岛
sum = [0]
for i in 1..N:
append sum[i-1] + i to sum
利用这些和，我们可以快速找到求和为N的所有连续整数序列。和i +（i + 1）+（i + 2）+ ... j等于sum[j] - sum[i] + 1。如果总和小于N，我们递增j。如果总和大于N，我们递增i。如果总和等于N，我们会增加计数器i和j。
i = 0
j = 0
count = 0
while j <= N:
cur_sum = sum[j] - sum[i] + 1
if cur_sum == N:
count++
if cur_sum <= N:
j++
if cur_sum >= N:
i++
虽然有比使用这种动态编程解决方案更好的选择。可以使用公式k（k + 1）/ 2以数学方式计算sum数组，因此我们可以在不需要额外存储的情况下即时计算它。更好的是，因为我们只在每次迭代中将最终合并的和的端点移动至少1，所以我们可以通过添加/减去添加/删除的值来更快地计算它。 / p>
i = 0
j = 0
sum = 0
count = 0
while j <= N:
cur_sum = sum[j] - sum[i] + 1
if cur_sum == N:
count++
if cur_sum <= N:
j++
sum += j
if cur_sum >= N:
sum -= i
i++
答案 2 :(得分：1)
被接受的答案很好，但是没有更好的方法。发布我的Java代码如下，以供参考。它可能很冗长，但是可以更清楚地解释这个想法。假设连续的整数都是正数。
private static int count(int n) {
int i = 1, j = 1, count = 0, sum = 1;
while (j<n) {
if (sum == n) { // matched, move sub-array section forward by 1
count++;
sum -= i;
i++;
j++;
sum +=j;
} else if (sum < n) { // not matched yet, extend sub-array at end
j++;
sum += j;
} else { // exceeded, reduce sub-array at start
sum -= i;
i++;
}
}
return count;
}
答案 3 :(得分：0)
为了解决这个问题，我们将尝试[1，M]中所有连续整数的和，其中M来自M（M + 1）/ 2 = N。
int count = 0
for i in [1,M]
for j in [i, M]
s = sum(i, j) // s = i + (i+1) + ... + (j-1) + j
if s == N
count++
if s >= N
break
return count
由于我们不希望在每次迭代中从头开始计算sum(i, j)，我们将使用称为“memoization”的技术。让我们创建一个整数矩阵sum[M+1][M+1]并将sum[i][j]设置为i +（i + 1）+ ... +（j-1）+ j。
for i in [1, M]
sum[i][i] = i
int count = 0
for i in [1, M]
for j in [i + 1, M]
sum[i][j] = sum[i][j-1] + j
if sum[i][j] == N
count++
if sum[i][j] >= N
break
return count
复杂性显然是O（M ^ 2），即O（N）
答案 4 :(得分：0)
1）对于n> = 0的整数，从0到n的整数之和为n *（n + 1）/ 2。这很经典：首先写下这个总和： S = 0 + 1 + ... + n 然后像这样： S = n +（n-1）+ ... + 0 你看到2 * S等于（0 + n）+（1 + n-1））+ ... +（n + 0）=（n + 1） n，所以S = n < / em>（n + 1）/ 2的确如此。 （众所周知，但我希望我的答案是自成一体的。）
2）从1开始，如果我们注意到cons（m，n）和m +（m + 1）+ ...（n-1）+ n，则posiive之间的整数的连续和（即> = 0）使得1＆lt; = m＆lt; = n我们看到： cons（m，n）=（0 + 1 + ... + n） - （0 + 1 + ... +（m-1））从1给出： cons（m，n）= n *（n + 1）/ - m（m-1）/ 2
3）然后将问题重新编写如下：在N = cons（m，n）形式中我们用多少种方式写入N，其中m，n整数使得1 <= m＆lt; = n？如果我们有N = cons（m，n），这相当于m ^ 2 - m +（2N -n ^ 2 -n）= 0，即实数多项式T ^ 2 - m +（2N -n） ^ 2 -n）有一个真实的根，m：它的判别式delta必须是一个正方形。但我们有：
delta = 1 - 3*(2*N - n^2 - n)
此delta是一个必须是正方形的整数。因此存在整数M，使得：
delta = 1 - 3*(2*N - n^2 - n) = M^2
即
M^2 = 1 - 6*N + n(n+1)
n（n + 1）总是可以分为2（例如，从开始就是我们的S的2倍，但这里有一个更微不足道的原因，在连续的整数中，一个必须是偶数），因此M ^ 2是奇怪，暗示M必须是奇数。
4）重写或上一个等式为：
n^2 + n + (1-6*N - M^2) = 0
这表明实数多项式X ^ 2 + X +（1-6 * N - M ^ 2）具有实数零，n：因此其判别式γ必须是正方形，但是：
gamma = 1 - 4*(1-6*N-M^2)
并且这必须是正方形，因此在这里再次存在整数G，使得
G^2 = 1 - 4*(1-6*N-M^2)
G^2 = 1 + 4*(2*N + m*(m-1))
表明，由于M是奇数，G也是奇数。
5）减法M ^ 2 = 1 - 4 *（2 * N - n *（n + 1））到G ^ 2 = 1 + 4 *（2 * N + m * （m-1）））得到：
G^2 - M^2 = 4*(2*N + m*(m-1)) + 4*(2*N -n*(n+1))
= 16*N + 4*( m*(m-1) - n*(n+1) )
= 16*N - 8*N (because N = cons(m,n))
= 8*N
最后这可以改写为：
(G-M)*(G+M) = 8*N, that is
[(G-M)/2]*[(G+M)/2] = 2*N
其中（G-M）/ 2和（G + M）/ 2是整数（G-M和G + M是偶数，因为G和M是奇数）
6）因此，在每种方式将N写为cons（m，n），我们可以将一种方式（并且只有一种方式，因为M和G唯一确定）与因子2相关联* N到乘积x * y，其中x =（GM）/ 2且y =（G + M）/ 2其中G和M是两个奇数整数。由于G = x + y和M = -x + y，因为G和M是奇数，我们看到x和y应该具有相反的奇偶性。因此，在x和y中，一个是偶数，另一个是奇数。因此2 * N = x * y其中x和y中，一个是偶数而另一个是奇数。让c是x和y中的奇数，d是偶数。然后2 * N = c * d，因此N = c *（d / 2）。因此，只要N = cons（m，n），c是奇数除N，并且由N唯一确定。相反，只要N有一个奇数除数，就可以对所有这些东西进行逆向工程以找到n和m。
7） * 结论：写作方式的数量之间存在一对一的对应关系N = cons（m，n）（这是写N的方式的数量）作为连续整数的总和，如我们所见）和N的奇数除数。 *
8）最后，我们要寻找的数字是n的奇数除数。 我想用DP或其他方法解决这个问题比解决前一个问题更容易。