利用数的变形简化大规模问题#数论

判断是否存在正整数对 (x,y) 满足 x3−y3=N，若存在则输出其中一对，否则输出 -1。N<1e18;

核心公式变形：x3−y3=(x−y)(x2+xy+y2)=N由于 x>y≥1，可令 d=x−y（d≥1），则 x=y+d。代入后得：N=d⋅(3y2+3dy+d2)

因此，d 必须是 N 的约数，且满足：3y2+3dy+(d2−N/d)=0这是关于 y 的一元二次方程，可通过判别式判断是否存在正整数解。

解题步骤

枚举可能的 d：d 是 N 的约数，且 d≤3N（因 x3>N，故 x≤N1/3+1）。
检查约数条件：对每个 d，若 Nmodd!=0，直接跳过。
求解二次方程：令 m=N/d，方程化为 3y2+3dy+(d2−m)=0，计算判别式 Δ=12m−3d2。

验证正整数解：若 Δ 是完全平方数且 y 为正整数，则 x=y+d 是解。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
ll N;
cin >> N;

复制代码

 // 枚举 d 的可能值，上限为 N^(1/3) + 2（避免遗漏）
 for (ll d = 1; d * d * d <= N + 2; ++d) {
     if (N % d != 0) continue; // d 必须是 N 的约数
     ll m = N / d;

     // 计算判别式 Δ = 12m - 3d²
     ll delta = 12 * m - 3 * d * d;
     if (delta < 0) continue; // 无实根

     // 检查 Δ 是否为完全平方数
     ll sqrt_delta = sqrt(delta);
     if (sqrt_delta * sqrt_delta != delta) continue;

     // 检查 y 是否为正整数：y = [-3d + sqrt(delta)] / 6
     if ((-3 * d + sqrt_delta) % 6 != 0) continue;
     ll y = (-3 * d + sqrt_delta) / 6;
     if (y <= 0) continue;

     // 找到有效解
     ll x = y + d;
     cout << x << " " << y << endl;
     return 0;
 }

 // 未找到解
 cout << -1 << endl;
 return 0;

}

代码说明

枚举范围：d 的上限设为 N1/3+2，因 x3≈N，故 x 不会远大于 N1/3，有效减少枚举量。
判别式检查：确保二次方程有实根，且根为正整数。
效率：时间复杂度为 O(N1/3)，对 N≤1018 而言，N1/3≈106，枚举过程高效。

但是由于数据过大，在面对直接平方时很可能直接炸，使用二分法可以进行优化

复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

// 二分法求解二次方程ax² + bx + c = 0的非负整数解
// 原理：二次函数f(x)=ax²+bx+c开口向上（a=3>0），在正半轴单调递增，可用二分定位根
ll sol(ll a, ll b, ll c) {
    ll l = 0;               // 左边界：可能的最小解（0）
    ll r = 600000001;       // 右边界：足够大的上限（覆盖1e18范围内的可能解）
    // 二分查找：当区间长度大于1时继续缩小范围
    while (r - l > 1) {
        ll mid = (l + r) / 2;  // 中间值（避免溢出的写法）
        // 计算f(mid)，若<=0说明根在右侧，移动左边界
        if (a * mid * mid + b * mid + c <= 0)
            l = mid;
        else  // 否则根在左侧，移动右边界
            r = mid;
    }
    // 检查左边界是否为方程的解（必须严格等于0）
    if (a * l * l + b * l + c == 0)
        return l;  // 找到有效解
    return -1;     // 无有效解
}

int main() {
    ll n;
    cin >> n;  // 输入目标值N

    // 枚举可能的d（d是x-y的差值，x = k + d，y = k）
    // d的上限为N^(1/3)：因d³ <= N（否则方程左侧会超过N）
    for (ll d = 1; d * d * d <= n; ++d) {
        // d必须是N的约数（由立方差公式推导得出）
        if (n % d != 0)
            continue;
        
        // 计算m = N/d，将原方程转化为3k² + 3dk + (d² - m) = 0
        ll m = n / d;
        // 调用二分函数求解k，传入二次方程系数a=3, b=3d, c=d² - m
        ll k = sol(3, 3 * d, d * d - m);
        
        // 若k是正整数，则找到一组解(x,y)=(k+d, k)
        if (k > 0) {
            cout << k + d << " " << k << endl;
            return 0;  // 找到解后直接退出
        }
    }

    // 枚举完所有可能的d仍无有效解，输出-1
    cout << -1 << endl;
    return 0;
}