#131 对于某些质数，存在正整数n，使得n^3+n^2*p为立方数，100w以下有多少个这样的质数？
由于n^2*(n+p)为立方数，n分解质因数表示法为p[1]^e[1]*p[2]^e[2]*...*p[n]^e[n]，则考虑e[k]模3的情况，可以得到结论：n+p的质因数分解中每个p[k]对应的e'[k]≡e[k](mod 3)，且如果有其它质因数p'，对应的指数应该是3的倍数，则n和n+p的最大公约数g为n除以一个立方数，若g不为1，则p整除n，记n=ap，则根据题意p^3*a^2*(a+1)为一个立方数，这样a必须为0，但这不可能，因此g一定是1，则推导出n是立方数，于是n+p也是立方数
设n+p=a^3，n=b^3，则a^3-b^3=p=(a-b)(a^2+ab+b^2)，由于p是质数，所以只能是a-b为1，则a=b+1，代入后得到p=3b^2+3b+1，b从1开始生成p即可
#132 R的定义见129题，求R(10^9)的前40个质因数的和
用质数一个个试除即可，虽然数字很大，但是注意到对于R(N)，若0<L<N，则R(N)=R(L)*(R(N-L)*9+1)+R(N-L)，如此用分治和动态规划即可很快求解
#133 R的定义见129题，找到小于10000的所有不能被形如R(10^n)整除的质数，对这些数字求和
首先n=0的时候R(1)=1，然后递归定义R(10^n)=f(R(10^(n-1)))，f有点长这里就不展开了，于是我们可以得到一个R的数列，这个数列的计算满足无后效性，于是我们对于任意质数p，可以定义一个列表，将上面这个数列每一项被p除的余数记在列表里，如果出现0，则可以整除，否则会出现一个长度为p-1的循环，据此可判断p是否能被R(10^n)整除
#134 经证明，除了3和5意外，对于任意两个连续的质数p1和p2，都存在正整数n，n的十进制表示法以p1结束，且能被p2整除，求5<=p1<=100w范围内所有最小n的和
设p1有i位，则有线性同余方程a*10^i+p1≡0(mod p2)，解出a即可，解法参考初等数论（强搜试了下，挺慢的）
#135 正整数等差数列x,y,z，x^2-y^2-z^2=n，对于一个确定的n，可能有若干解，问小于100w的n中有多少n有刚好10组解？
设x=y+k,z=y-k，则代入后得到：y(4k-y)=n，求n的所有约数，检测z=y-k>0后统计即可
#136 同上题，问小于5000w的n中有多少n只有一组解？
算法同上，顺便说下，在这种数量级别下，求一个数约数的不同算法的差异就体现出来了
#137 设斐波拉契数列第n项表示为F[n]，则有无限数列求和A(x)=F[1]x+F[2]x^2+F[3]x^3……考虑使得A(x)为自然数的x的值，大部分时候x的值都是无理数，有理数非常稀少，例如2是第一个使x为有理数的数列自然数和，此时x=1/2，第十个是74049690，求第十五个
首先x的取值必须令这个无限数列收敛，根据斐波拉契数列的定义和极限，x小于黄金分割数，同时我们将斐波拉契数列通项公式的两项拆开计算，这样就得到了两个等比数列，根据等比数列求和公式列出A(x)的多项式表示并求极限，设这个极限是自然数k，则得到以x为未知数的一元二次方程，若要x为有理数，则一元二次方程的根中的Δ必定为平方数，于是转化为丢番图方程求解，用指数函数插值很快就能求得结果，但是注意一定要用Decimal计算，double在16位之后就不准了
#138 等腰三角形腰长L，底边为b，底边上的高为h，考虑h和b的值仅相差1，且L，b，h都为整数的情况，求前12个L的和
利用整数的奇偶性证明b必定是偶数，虽然有个正负号，不过没关系，最后还是求解丢番图方程
#139 以一个正方形的边为斜边做直角三角形，四个直角三角形在正方形内部形成一个小正方形空洞，如果这个小正方形可以填满大正方形（即两者边长成倍数关系），在周长小于1亿的直角三角形中，有多少存在这个性质？
a<b<c，a^2+b^2=c^2，且b-a整除c，话说这题我真记不起来是怎么做的了，貌似是强搜吧，有个结论是当a,b,c是基本勾股数时，必然a+1=b，但是忘了怎么证明了，可能还是牵扯到佩尔方程
#140 与137题非常类似，只不过用的是另一个类斐波拉契数列G[1]=1,G[2]=4,G[n]=G[n-1]+G[n-2]，将G和F并排写，会发现对应项的差刚好是斐波拉契数列右移一项后的三倍，于是G[n]=F[n]+3F[n-1]，代入通项公式并整理，接着用137题的解法做就可以了，不过最后的丢番图方程有些不同，是两个递推序列，对应两条指数函数，仔细观察不难做出来 140题之后都有一定难度了，零散做了一些，持续整理
由于n^2*(n+p)为立方数，n分解质因数表示法为p[1]^e[1]*p[2]^e[2]*...*p[n]^e[n]，则考虑e[k]模3的情况，可以得到结论：n+p的质因数分解中每个p[k]对应的e'[k]≡e[k](mod 3)，且如果有其它质因数p'，对应的指数应该是3的倍数，则n和n+p的最大公约数g为n除以一个立方数，若g不为1，则p整除n，记n=ap，则根据题意p^3*a^2*(a+1)为一个立方数，这样a必须为0，但这不可能，因此g一定是1，则推导出n是立方数，于是n+p也是立方数
设n+p=a^3，n=b^3，则a^3-b^3=p=(a-b)(a^2+ab+b^2)，由于p是质数，所以只能是a-b为1，则a=b+1，代入后得到p=3b^2+3b+1，b从1开始生成p即可
#132 R的定义见129题，求R(10^9)的前40个质因数的和
用质数一个个试除即可，虽然数字很大，但是注意到对于R(N)，若0<L<N，则R(N)=R(L)*(R(N-L)*9+1)+R(N-L)，如此用分治和动态规划即可很快求解
#133 R的定义见129题，找到小于10000的所有不能被形如R(10^n)整除的质数，对这些数字求和
首先n=0的时候R(1)=1，然后递归定义R(10^n)=f(R(10^(n-1)))，f有点长这里就不展开了，于是我们可以得到一个R的数列，这个数列的计算满足无后效性，于是我们对于任意质数p，可以定义一个列表，将上面这个数列每一项被p除的余数记在列表里，如果出现0，则可以整除，否则会出现一个长度为p-1的循环，据此可判断p是否能被R(10^n)整除
#134 经证明，除了3和5意外，对于任意两个连续的质数p1和p2，都存在正整数n，n的十进制表示法以p1结束，且能被p2整除，求5<=p1<=100w范围内所有最小n的和
设p1有i位，则有线性同余方程a*10^i+p1≡0(mod p2)，解出a即可，解法参考初等数论（强搜试了下，挺慢的）
#135 正整数等差数列x,y,z，x^2-y^2-z^2=n，对于一个确定的n，可能有若干解，问小于100w的n中有多少n有刚好10组解？
设x=y+k,z=y-k，则代入后得到：y(4k-y)=n，求n的所有约数，检测z=y-k>0后统计即可
#136 同上题，问小于5000w的n中有多少n只有一组解？
算法同上，顺便说下，在这种数量级别下，求一个数约数的不同算法的差异就体现出来了
#137 设斐波拉契数列第n项表示为F[n]，则有无限数列求和A(x)=F[1]x+F[2]x^2+F[3]x^3……考虑使得A(x)为自然数的x的值，大部分时候x的值都是无理数，有理数非常稀少，例如2是第一个使x为有理数的数列自然数和，此时x=1/2，第十个是74049690，求第十五个
首先x的取值必须令这个无限数列收敛，根据斐波拉契数列的定义和极限，x小于黄金分割数，同时我们将斐波拉契数列通项公式的两项拆开计算，这样就得到了两个等比数列，根据等比数列求和公式列出A(x)的多项式表示并求极限，设这个极限是自然数k，则得到以x为未知数的一元二次方程，若要x为有理数，则一元二次方程的根中的Δ必定为平方数，于是转化为丢番图方程求解，用指数函数插值很快就能求得结果，但是注意一定要用Decimal计算，double在16位之后就不准了
#138 等腰三角形腰长L，底边为b，底边上的高为h，考虑h和b的值仅相差1，且L，b，h都为整数的情况，求前12个L的和
利用整数的奇偶性证明b必定是偶数，虽然有个正负号，不过没关系，最后还是求解丢番图方程
#139 以一个正方形的边为斜边做直角三角形，四个直角三角形在正方形内部形成一个小正方形空洞，如果这个小正方形可以填满大正方形（即两者边长成倍数关系），在周长小于1亿的直角三角形中，有多少存在这个性质？
a<b<c，a^2+b^2=c^2，且b-a整除c，话说这题我真记不起来是怎么做的了，貌似是强搜吧，有个结论是当a,b,c是基本勾股数时，必然a+1=b，但是忘了怎么证明了，可能还是牵扯到佩尔方程
#140 与137题非常类似，只不过用的是另一个类斐波拉契数列G[1]=1,G[2]=4,G[n]=G[n-1]+G[n-2]，将G和F并排写，会发现对应项的差刚好是斐波拉契数列右移一项后的三倍，于是G[n]=F[n]+3F[n-1]，代入通项公式并整理，接着用137题的解法做就可以了，不过最后的丢番图方程有些不同，是两个递推序列，对应两条指数函数，仔细观察不难做出来 140题之后都有一定难度了，零散做了一些，持续整理
