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。
2. 我们来看看这个表：
3. 我们可以发现，设
$x_1 < n \leqslant x_2$（其$x_1$、$x_2$均为三角形数）
即有$\dfrac{p(p-1)}{2} < n \leqslant \dfrac{p(p+1)}{2}$，其中$p \in Z$
也就是 $\begin{cases}p^2+p\geqslant2n……(1)\\p^2-p<2n……(2)\end{cases}$
对于(1)，我们有$p^2 + p + \dfrac{1}{4} \geqslant 2n + \dfrac{1}{4}$
配方得：
$(p+\dfrac{1}{2})^2 \geqslant 2n+\dfrac{1}{4}$
$\therefore p+\dfrac{1}{2}\geqslant \sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}$ 或 $p+\dfrac{1}{2} \leqslant-\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}$
$\therefore p\geqslant \sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{1}{2}$ 或 $p\leqslant-\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{1}{2}$
对于(2)，我们有$p^2 - p + \dfrac{1}{4} < 2n + \dfrac{1}{4}$
配方得：
$(p-\dfrac{1}{2})^2 < 2n+\dfrac{1}{4}$
$\therefore-\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}<p-\dfrac{1}{2}<\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}$
$\therefore-\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}+\dfrac{1}{2}<p<\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}+\dfrac{1}{2}$
为了方便，我们设$t=\sqrt{2n+\dfrac{1}{4}}$
$\therefore$联立得：$\begin{cases}p\geqslant t-\dfrac{1}{2} || p\leqslant- t - \dfrac{1}{2} \\-t+\dfrac{1}{2}<p<t+\dfrac{1}{2}\end{cases}$
解得：$t-\dfrac{1}{2}\leqslant p < t+ \dfrac{1}{2}$
又$\because t- \dfrac{1}{2}$到$t+\dfrac{1}{2}$中只可能有1个整数
$\therefore p= \lceil t- \dfrac{1}{2} \rceil$
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$\dfrac{p-\Delta s}{1+\Delta s}=\dfrac{p-x_2+n}{1+ x_2-n}$
化简后
分子是：$p-\dfrac{p(p+1)}{2}+n$
分母是：$1+\dfrac{p(p+1)}{2}-n$
当p为奇数时：要求的结果
$\dfrac{1+\Delta s}{p-\Delta s}=\dfrac{1+ x_2-n}{p-x_2+n}$
化简后
分子是：$1+\dfrac{p(p+1)}{2}-n$
分母是：$p-\dfrac{p(p+1)}{2}+n$
所以我们就有了这个代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <cctype> 6 #include <algorithm> 7 #include <cstdlib> 8 9 using namespace std; 10 11 double t; 12 int p,n; 13 int fenzi,fenmu; 14 15 int main() 16 { 17 scanf("%d",&n); 18 t=sqrt(2*n+0.25); 19 p=ceil(t-0.5); 20 if(p%2==0) 21 { 22 fenzi=p-p*(p+1)/2+n; 23 fenmu=1+p*(p+1)/2-n; 24 } 25 else 26 { 27 fenmu=p-p*(p+1)/2+n; 28 fenzi=1+p*(p+1)/2-n; 29 } 30 printf("%d/%d",fenzi,fenmu); 31 return 0; 32 }