排排坐，分糖果。

我们买了一些糖果 candies，打算把它们分给排好队的 n = num_people个小朋友。给第一个小朋友 1 颗糖果，第二个小朋友 2 颗，依此类推，直到给最后一个小朋友 n 颗糖果。然后，我们再回到队伍的起点，给第一个小朋友 n + 1 颗糖果，第二个小朋友 n + 2 颗，依此类推，直到给最后一个小朋友 2 * n 颗糖果。
重复上述过程（每次都比上一次多给出一颗糖果，当到达队伍终点后再次从队伍起点开始），直到我们分完所有的糖果。注意，就算我们手中的剩下糖果数不够（不比前一次发出的糖果多），这些糖果也会全部发给当前的小朋友。返回一个长度为 num_people、元素之和为 candies 的数组，以表示糖果的最终分发情况（即 ans[i] 表示第 i 个小朋友分到的糖果数）。

示例 1：
输入：candies = 7, num_people = 4
输出：[1,2,3,1]
解释：
第一次，ans[0] += 1，数组变为[1,0,0,0]。
第二次，ans[1] += 2，数组变为[1,2,0,0]。
第三次，ans[2] += 3，数组变为 [1,2,3,0]。
第四次，ans[3] += 1（因为此时只剩下 1 颗糖果），最终数组变为 [1,2,3,1]。

示例 2：
输入：candies = 10, num_people = 3
输出：[5,2,3]
解释：
第一次，ans[0] += 1，数组变为 [1,0,0]。
第二次，ans[1] += 2，数组变为[1,2,0]。
第三次，ans[2] += 3，数组变为 [1,2,3]。
第四次，ans[0] += 4，最终数组变为 [5,2,3]。

提示：

• 1 <= candies <= 10^9
• 1 <= num_people <= 1000

class Solution {
     public int[] distributeCandies(int candies, int num_people) {
        
        int curr_give = 0;
        int[] res = new int[num_people];
        
        while (candies > 0) {

            res[curr_give % num_people] += Math.min(++curr_give, candies);
            candies -= curr_give;
        }
        
        return res;
    }
}

运行结果1

这个方法非常的简单，但是自己一开始的时候高估了这个数据的范围写了一个复杂的方法。我一开始假设这个回合数非常的大，是一个大数，但是实际上预判错误，因为这个回合数只能是一个非常小的数，待会验证一下。

这里的R是关键，因为总是因为R的范围问题导致溢出

class Solution {
    public int[] distributeCandies(int candies, int num_people) {
        int[] res = new int[ num_people ];
        int k = times( candies, num_people );  //k是总计的回合数
        candies -= sum( k - 1, num_people );   //去掉前面k-1回合，剩余的糖果数
        for( int i = 0; i < num_people; i++){
            if( candies != 0){ //分配第k个回合剩余的糖果
                res[i] = Math.min( candies, i + 1 + num_people * ( k - 1 ) );
                candies -= res[i];  //减去分配的糖果
            }
            res[i] += ( k - 1 ) * ( i + 1 ) + num_people * ( k - 1 ) * ( k - 2 ) / 2;
        }
        return res;
    }   
    private int times( int candies, int n){
        //这里的上界R是通过数学推算出来的
        int L = 1, R = (int)Math.sqrt( (double)( 2 * candies / n / n ) ) + 1, mid = 0;
        while( L <= R){
            mid = ( L + R) / 2;
            if( sum( mid, n ) >= candies || sum( mid, n) < 0 ) 
                R = mid - 1;
            else 
                L = mid + 1;
        }
        return L;
    }
    private int sum( int k, int n ){
        return k * n * ( n + 1 ) / 2 + n * n * ( k - 1 ) * k / 2;
    }
}

草稿:

[1]: 1+n*0 2 3 ...1*n       n*(n+1)/2 + n * 0*n
[2]: 1+n*1 ...    2*n       n*(n+1)/2 + n * 1*n
[3]: 1+n*2        3*n       n*(n+1)/2 + n * 2*n
[.]: ...
[k-1]:1+n*(k-2) (k-1)*n
[k]: 1+n*(k-1)    k*n       n*(n+1)/2 + n * (k-1)*n

R的上界推断过程：

假设有k回合(包括最后一个可能不完整的回合):
糖果的总数最大为：k * n*(n+1)/2 + n * n * (k-1)*k/2
其中n表示人数,即
candies  = k * n * ( n + 1 ) / 2 + n * n * ( k - 1 ) * k / 2 
candies / n = k * ( n + 1 ) / 2 + n * ( k - 1 ) * k / 2
2 * candies / n = k  * ( n + 1 )  +  n * ( k - 1 ) * k 
2* candies / n / n > k + ( k - 1 ) * k = k * k
sqrt( 2 * candies / n / n ) > k
所以R取值sqrt( 2 * candies / n / n ) + 1 ,加一防止浮点数误差

运行结果2