传送门：

给定两个正整数n,m(m≤n)，对于一个n阶0-1方阵，其任意m阶子方阵中至少有一个元素“0”，则可以求解这个方阵中的“1”的最大数目。现求解这个问题的逆向问题：已知这个最大数目为X，求相应的n和m。

由原问题可以得到方程：$n^2-\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor^2=X\cdots(1)$，于是，对于给定的X，求解不定方程(1)。

令$k=\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor$，则$\left\lfloor\frac{n}{k+1}\right\rfloor<\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor$时，$\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor=k\Rightarrow k\le\frac{n}{m}<k+1\Rightarrow \frac{n}{k+1}<m\le\frac{n}{k}\Rightarrow m=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor$；于是，原方程化为$n^2-k^2=X\Rightarrow (n+k)(n-k)=X\cdots(2)$。

①若X=0，显然n=k，其中的一组解为n=1,m=1；

②若X≠0，则将X分解，设X=a·b(b<a)。

则解不定方程：$u^2-v^2=ab\Rightarrow u=\frac{a+b}{2},v=\frac{a-b}{2}$。

于是，方程(2)可能有解n=u,k=v。

于是，当u、v均为正整数，且$\left\lfloor\frac{u}{v+1}\right\rfloor<\left\lfloor\frac{u}{v}\right\rfloor$时，方程(1)有解：$n=u,m=\left\lfloor\frac{u}{v}\right\rfloor$。

参考程序如下：

#include 
     
      int main(void){    int t;    scanf("%d", &t);    while (t--) {        int x;        int n = -1, m = -1;        scanf("%d", &x);        if (x == 0) {            n = 1;            m = 1;        }        else {            for (int i = 1; i * i < x; i++) {                int j = x / i;                if (x == i * j && !((i ^ j) & 1)) {                    int u = (j + i) / 2;                    int v = (j - i) / 2;                    if (u / v - u / (v + 1) > 0) {                        n = u;                        m = u / v;                        break;                    }                }            }        }        if (n == -1) printf("-1\n");        else printf("%d %d\n", n, m);    }    return 0;}