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题意

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做法

\(p=\frac{x^4-y^4}{x^3+y^3},p\in prime\)
令\(d=(x,y)\)，将原\(x,y\)改写成\(dx,dy,(x,y)=1\)
原式等价于\(p(x^3+y^3)=d(x^4-y^4)\Longrightarrow p(x^2-xy+y^2)=d(x-y)(x^2+y^2)\)

有\(x-y=1\)

证明：
\(x^2-xy+y^2=\frac{d(x-y)(x^2+y^2)}{p}\)，\(x^2-xy+y^2<x^2+y^2\)，\(p|(x^2+y^2)\)
\(\frac{x^2-xy+y^2}{(x-y)}=\frac{d(x^2+y^2)}{p}\)
若\((x^2-xy+y^2,x-y)!=1\)，则\((x,y)!=1\)，故\((x^2-xy+y^2,x-y)=1\)，\(x-y=1\)

\(p(x^2-xy+y^2)=d(x-y)(x^2+y^2)\Longrightarrow p(x^2+x+1)=d(2x^2+2x+1)\)
有\((x^2+x+1,2x^2+2x+1)=1\)，\(p=2x^2+2x+1,d=x^2+x+1\)

由于\(d\)没有限制，所以只要满足\(p=2x^2+2x+1,p\in prime\)就好了

暴力：\(O(\sqrt R)\)个\(2x^2+2x+1\)，然后\(O(\sqrt V)\)判断

考虑\(2x^2+2x+1\)被素数\(p\)整除，\(2x^2+2x+1\equiv 0(mod~p)\Longrightarrow \frac{-1\pm \sqrt {-1}}{2}mod~p\)
令\(f(x)=2x^2+2x+1\)。若\(f(x_0)\equiv 0(mod~p)\)，则\(f(p-1-x_0)\equiv 0(mod~p)\)。这说明最小的两个解分别是\(<\frac{p}{2},>\frac{p}{2}\)

如下算法：
\(a_i=2i^2+2i+1\)，从\(i=1\)开始枚举，若\(a_i\)没被改变过且\(\in[L,R]\)，则更新答案
向后将\(a_j(j>i)\)中的\(a_i\)因子去掉

证明算法正确性：
首先枚举到\(a_i\)时，其必定是\(1\)或素数。假设其有质因子\(p,q\)，由于\(i\)是最小整数解，\(i<p,i<q\Longrightarrow 2i^2+2i+1<pq\)。矛盾。
同理\(2i^2+2i+1<p^2\)

但这样是\(O(cnt^2)\)的，考虑优化：
\(f(x)\equiv 0(mod~p)\Longrightarrow f(x\%p)\equiv 0(mod~n)\)

这题要用vector，不然过不去

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Grice/p/12770287.html