1.数学方法思路

1+2=3 2+3=5 3+4=7…… 以此类推，可得所有为奇数的正整数都可以由两个相邻数字相加得

1+2=3 1+2+3=6 2+3+4=9 ……以此类推，可得所有可以被3整除的正整数都可以由三个相邻数字相加得

1+2+3=6 1+2+3+4=10 2+3+4+5=15 ……6/4=1.5 10/4=2.5 15/4=3.5 以此类推，所有被4除后大于1且小数位为0.5的数一定能由四个相邻数字相加得

由上可得：

第一条规律的本质是所有被2除后大于1且小数位为0.5的数一定能由两个相邻数字相加得

那么可以由此找到这样两条规律：

【规律1】所有可以被奇数整除的数一定可以由连续奇数个数相加得，其中心数字为该数除以该奇数所得的数字（如6/3=2，则有1+2+3=6，设定2为中心数字）

【规律2】所有可以被偶数除且被除后大于1且小数位为0.5的数一定可以由连续偶数个数相加得，其中心数字为该数除以该偶数所得的数字的整数部分（如10/4=2.5，则有1+2+3+4=10，设定2为中心数字，2+1=3为伴随中心数字）

现在需要进行简单验证：

设a+1、a+2、……、a+n共n个数，其和为 na+(1+n)*n/2，其中a为正整数（实际a可以等于-1、0等数字，暂且不考虑其它负数），则（na+(1+n)*n/2）/n=a+(1+n)/2，可以清晰地得到（1+n）/2的小数部分为0或0.5，且当n为奇数的时候小数部分为0，n为偶数的时候小数部分为0.5；

验证完毕

此外可以再做些减枝进行优化

方法1代码：

vector<vector<int>> findContinuousSequence(int target) {
vector<vector<int>> ans;
for (int i = target / 2; i >=2; i--)
    {
        double val = (double)target / i;
        if (i%2==0&&val -floor(val) == 0.5)
        {
            vector<int> vec;
            int center = target / i;
            if (center - (i - 2) / 2 > 0)
            {
                for (int j = center - (i - 2) / 2; j < center - (i - 2) / 2 + i; j++)
                {
                    vec.push_back(j);
                }
                ans.push_back(vec);
            }
            
        }
        else if (i%2!=0&&val - floor(val) == 0)
        {
            vector<int> vec;
            int center = target / i;
            if (center - (i - 1) / 2 > 0)
            {
                for (int j = center - (i - 1) / 2; j < center - (i - 2) / 2 + i - 1; j++)
                {
                    vec.push_back(j);
                }
                ans.push_back(vec);
            }
        }
    }
    return ans;
}

LC：https://leetcode-cn.com/problems/he-wei-sde-lian-xu-zheng-shu-xu-lie-lcof/

2.滑动窗口方法

第一次遇见滑动窗口是在计网，显而易见的是该思想可以应用于很多连续序列的算法

设定窗口大小为wnd=2，初始窗口左边界L=0，右边界=1，total=0+1=1用于存储窗口值之和

【情况1】total<s：右边界向右移动，R++，wnd++

【情况2】total>s：左边界向右移动，L++，wnd–

【情况3】total==s：记录L和R，左右边界向右移动，L++，R++

while条件限制为L<s/2（应该有更精确的限制）