Решение 1:Ясно, что $m>n$, положим $m=n+k$, где $k$ — натуральное, и будем искать количество подходящих $k$, то есть таких $k$, для которых уравнение $$x+(x+1)+\ldots + (x+k-1) + ( (x+k)+\ldots + (x+k+n-1)) = (x+k+n)+\ldots + (x+k+2n-1)$$ имеет решение в натуральных $x$. Преобразуем: $$x+(x+1)+\ldots + (x+k-1) = n^2;$$ $$(2x+k-1)k = 2n^2. \quad (*)$$

Слева в уравнении $(*)$ два сомножителя разной чётности, дающие в произведении $2n^2$, при этом левый сомножитель больше правого. Наоборот, если зафиксировать нечётный делитель $d$ числа $2n^2$, то, зная $d$, найдём дополнительный делитель $d' = 2n^2/d$, и далее из системы $k = \min{d, d'}$, $2x+k-1 = \max{d, d'}$ однозначно находим натуральное $x$ (равное $(|d-d'|+1)/2$). Итак, количество подходящих $k$ равно количеству нечётных делителей числа $2n^2$, которое, в свою очередь, равно количеству всех делителей числа $s^2$, где (нечётное) $s$ получается из $n$ делением на наибольшую степень двойки, входящую в разложение $n$. Но количество делителей точного квадрата нечётно (так как все делители числа $s^2$, кроме $s$, можно разбить на пары: $t\leftrightarrow s^2/t$, и только делитель $s$ остаётся без пары).

Решение 2:Очевидно, $m=n+k$, где $k$ натуральное. Запишем равенство из условия в виде $$ (a+1)+\ldots+(a+m)=(a+m+1)+\ldots+(a+m+n). $$ Отсюда $$ a=\frac{n^2}k-\frac{k+1}2. \quad () $$ Чтобы условие задачи выполнялось с данным $k$, необходимо и достаточно, чтобы $a$ было целым неотрицательным. Положим $n=s\cdot 2^r$, где $s$ нечётное, $r$ целое неотрицательное. Тогда $a$ будет целым в двух случаях: (а) если оба члена равенства $()$ целые; (б) если оба они полуцелые. Первый случай имеет место, когда $k$ — нечётный делитель числа $n^2$, то есть делитель числа $s^2$. Количество $c$ таких значений $k$ нечётно, поскольку это всевозможные делители полного квадрата. Второй случай означает, что $$ k=d\cdot 2^{2r+1}, $$ где $d$ — делитель числа $s^2$. Между первым и вторым множеством значений $k$ есть биекция: каждому $k$ из первого множества соответствует число $2n^2/k$ из второго множества, и обратно. Пусть $(f,g)$ — пара из указанной биекции, причём $f < g$. Тогда при $k=f$ получится неотрицательное $a$, а при $k=g$ отрицательное. Действительно, в силу $(**)$ требуется проверить неравенство $$ k(k+1)\leqslant 2n^2. $$ Но $f(f+1) \leqslant fg = 2 n^2$, $g(g+1) > gf = 2n^2$, что и требовалось. Поэтому подходящих значений $k$ будет ровно $c$, то есть нечётное количество.

Ответ задачи отсутствует