PE 131 Prime cube partnership （数论）

Prime cube partnership

Problem 131

There are some prime values, p, for which there exists a positive integer, n, such that the expression n³ + n²p is a perfect cube.

For example, when p = 19, 8³ + 8²×19 = 12³.

What is perhaps most surprising is that for each prime with this property the value of n is unique, and there are only four such primes below one-hundred.

How many primes below one million have this remarkable property?

题意：

素数立方数组合

对于某些素数p，存在正整数n，使得表达式n3 + n2p是立方数。

例如，对于p = 19，83 + 82×19 = 123。

非常奇特的是，对于满足这个性质的素数，n的值都是唯一的。在小于一百的素数中，只有四个素数满足这个性质。

在小于一百万的素数中，有多少个素数满足这个神奇的性质？

题解：这题还是从数论上下手吧。

因为p是素数,n3+n2p=m3，所以n^2(n+p)=m^3.

所以只能让n和n+p都为立方数, 所以这两个立方数相减的差就是一个素数p,

又因为a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2),所以只有当a-b=1时，a^3 - b^3才可能是一个素数.

所以只需要检查相邻的2个立方数之差是否是素数就可以了.

即(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1。

所以这题就变成了只需要检查3n^2+3n+1是否是素数就可以了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;vector<int> primes;int prime[1000000];void getPrimes(){    for(int i = 0 ; i < 1000000; i++){        prime[i] = 1;       }    for(int i = 2 ; i < 1000000; i++){        if (prime[i]){            primes.push_back(i);            if(i <= (int)sqrt((double)1000000)){                    for(int t = i*i ; t<1000000 ; t+=i)//prime[i*i+k*i]=false{                       prime[t] = 0;                }            }        }    }}int solve(int n){   int ans = 0;  for (int x = 1; x * x * 3 + x * 3 + 1 < n; x++)  {    if (prime[x * x * 3 + x * 3 + 1]){    ans++;}  }  return ans;}int main(){  getPrimes();  cout<<"init finish!"<<endl;  cout<<solve(1000000)<<endl;  return 0;}