問題描述：Consider the natural numbers from 1 to N. By associating to each number a sign (+ or -) and calculating the value of this expression we obtain a sum S (0< S <= 100000). The problem is to determine for a given sum S the minimum number N for which we can obtain S by associating signs for all numbers between 1 to N. For a given S, find out the minimum value N in order to obtain S according to the conditions of the problem.

這個問題初一看，似乎是一道動態規劃題：對某一個 n，如果為 n 加上負號，則問題變成在 1 ~ n-1 中加上正負號使得其和為 S+n；如果為 n 加上正號，則子問題為 1 ~ n-1 中加上正負號使其和為 S-n。因此，可以記狀態 f(n,s) 表示能否用 1 到 n 這些數通過加上正負號得到和 s，則

      f(n,s) = f(n-1,s+n) and f(n-1,s-n);

      f(n,s) = false  if  n*(n+1)/2 < |s|

為了求解N，我們只需要從 1 開始列舉，直到第一個 N 使得 f(N,S)=true。時間複雜度是 O(N*S + N³

分析到這裡，似乎問題解決了，但其實不然：複雜度中的 N 是事先不知道的！更糟的是，狀態空間看起來未必是有限的！我們從 1 開始列舉 f(i,S)，但我們會在哪裡結束呢？會不會對某個 S，不存在這樣的 N？即使對每個 S 都有解存在，那麼會不會 N 隨 S 的增長速度是指數級的，甚至更快？如果是這樣的話，對於較大的 S，這個方法就不現實了。

事實上，結果總算不是太壞：N =  O(S) ！因此上述動態規劃演算法的時間複雜度是 O(S³ )。為什麼 N=O(S)？對於給定的 S，考慮 1~ 2S，給奇數加上負號，給偶數加上正號，其和正好是 S。因此， N <= 2S。對於這樣複雜度的演算法，想 AC POJ1844 估計還是有困難的（本人還沒試過，有空去試試~）

除了動態規劃，還可以考慮搜尋，但剪枝效果值得懷疑。本人不才，暫時沒想出很有效的剪枝，也懶得想了，有誰知道的請不吝留言相告。

事實上，我剛看到這道題目時，第一個想到的不是動態規劃，也不是搜尋，而是數學上的解析解。這題帶有太明顯的數論痕跡，不讓人想到數論都難啊。一開始想的是素因子：無論是正是負，本質上就是加上或減去某個素因子的倍數。然而，此路似乎走不通。於是轉而考慮奇偶性。事實證明，這是一條捷徑啊！

首先，N*(N+1)/2 >= S。這是顯然的。前 N 個數的和最大也就 N*(N+1)/2。如果 N*(N+1) < S，則 N 顯然不可能是解。如果等號成立，則 N 是解。現在假定 n 為使得 max = n*(n+1)/2 >= S 成立的最小整數。記 Q 為 1~n 對某些數新增負號後所得的和。

當 max 嚴格大於 S 時，直覺上，可以通過對其中的某些元素新增負號，即減去某些數，讓 Q 變小直到等於 S。考慮對 1~n 中某個數 x 新增負號，則 Q = max - 2*x。一個非常重要的觀察就是 Q 的奇偶性和 max 是一樣的！簡單的歸納法表明 Q 和 max 的奇偶性始終保持一致。如果 max 和 S 的奇偶性不同，則 Q 不可能等於S，因而 n 顯然不會是解。

現在先假定 max 和 S 的奇偶性一樣。考慮 d = max - S。則 d 為偶數，於是  d/2 正好為整數。由於  n 是使得 n*(n+1)/2 >= S 的最小整數，則 d < n，於是 d/2 < n。因此，只需要把 d/2 這個數變成負的就可以使得 Q=S。同時，由於 n 的最小性，n 為解 N。

最後考慮 max 和 S 的奇偶不一樣。於是 n 不是解。考慮 n+1。如果 n+1 是奇數，則 max 的奇偶性發生變化，並且和 S 一樣，於是根據上述論述，N=n+1；如果  n+1 是偶數，則 max 的奇偶性不變，n+1 也不可能是解，但 n+2 是奇數，於是，N=n+2。

時間和空間複雜度呢？都為 O(1) ！至此，問題得到近乎完美的解答。根據這個方法也出的程式碼，也是相當的短小。由於程式碼很短，我就用程式碼代替虛擬碼了

Source Code Problem: 1844 User: linulysses Memory: 248K Time: 0MS Language: C++ Result: Accepted * Source Code #include<iostream> #include<cmath> int main() { int S,ans; std::cin>>S; double lower = std::sqrt(2*S+0.25)-0.5; int n = lower; if(n<lower) ++n; int A = n*(n+1)/2; if(A==S || (A-S)%2==0) ans = n; else if((A-S)%2) { if((n+1)%2) ans=n+1; else ans = n+2; } std::cout<<ans; return 0; }

後記：數學真強大啊！用常數時間解決了一個看似複雜度很高的問題！後來在該題目的討論區也看到了幾乎相同思路的短程式碼。那個程式碼非常短，但犧牲了速度：從 1 開始累加，直到遇到第一個 n，使得 d=max-S 大於 0 且其為偶數。其時間複雜為 O(N)，或者說 O( S^1/2 )。個人還是比較喜歡複雜度低的程式碼，雖然優雅程度不足，但卻是最優的。