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：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstdlib> using namespace std; double t;
int p, n;
int fenzi, fenmu; int main()
{
scanf("%d", &n);
t = sqrt( * n + 0.25);
p = ceil(t - 0.5);
if(p % == )
{
fenzi = p - p * (p + ) / + n;
fenmu = + p * (p + ) / - n;
}
else
{
fenmu = p - p * (p + ) / + n;
fenzi = + p * (p + ) / - n;
}
printf("%d/%d", fenzi, fenmu);
return ;
}