解题报告：可以说是一个纯数学题，要用到二元一次和二元二次解方程，我们假设[a,b]这个区间的所有的数的和是N，由此，我们可以得到以下公式：
(b-a+1)*(a+b) / 2 = N;很显然，这是一个二元一次方程，如果可以解出这个方程里的a,b就可以了，N是已知的，那么可以怎么一个公式怎么解二元方程呢？这里有两种方法可以选择，第一种是可以枚举a = 1,2,3.....，一直枚举到N/2，a是不可能大于N/2，这个你可以自己证明一下，但是这样做的缺点就是数据量还是太大了，N/2任然达到了10的八次方级别，所以这种方法不行（我一开始就是用这种枚举的）,然后就是第二种，很明显，我们可以看到，a到b的区间的长度一定是唯一的，就是说如果区间的长度固定，a和b 的值也就固定了，经过证明之后，发现，这种枚举的方法，只需要从0枚举到sqrt(2*N)，很显然，这样将运算量从10的九次方一下子降到了10的4.5次方，数据就可以过了。我们可以设区间的长度为l，首先有：l = b-a；再加上(b-a+1)*(a+b) / 2 = N这个公式，我们可以分别求出a和b,但是 这个a和b求出来不一定是满足要求的，很简单，因为我们枚举的从1到sqrt(2*N)，中间有些长度的区间可能就没有，不过，还好，我们可以通过判断算出来的a和b的结果是否是整数并且大于0来判断这一对a和b的解是否是可行解。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
double N,M;
int judge(double x) {
if(x <= )
return ;
return x - (int)x == ;
}
int main() {
while(scanf("%lf%lf",&N,&M),N,M) {
double n = min(N,M);
for(double i = (int)sqrt(2.0*n)+;i >= ;--i) {
double a = (2.0 * n - i*i - i) / (*i+);
double b = ( * n + i*i + i) / (2.0 * i + 2.0);
if(judge(a) && judge(b))
printf("[%.0lf,%.0lf]\n",a,b);
}
printf("\n");
}
return ;
}