今天要给各位分享的是第二届IMO的第一题，题目如下：
读完题目，我们很容易看出这道题主要考察了数论与不定方程，如果我们设这个三位数N的百位，十位和个位分别为a,b,c的话，那么我们就可以得到不定方程组：
如果我们直接消元的话，其实是不方便处理的，这时候就需要借助数论知识了。
那么我们“熟知”的11的整数倍满足奇数位与偶数位之差为11的倍数在这里的具体表现就是N=100a+10b+c=11(9a-b)+a-b+c≡a-b+c(mod11),又因为a,b,c都是0~9之间的数，所以a-b+c=0或11，那我们就分情况来讨论吧：
1° a-b+c=0，N=11(10a+c)
结合第二个式子可得10a+c=a2+(a+c)2+c2.
显然把a=1~9分别代入是可行但不明智的，这时候我们可以进行适当的放缩:10a+c=a2+(a+c)2+c2≥2a2+c,所以a只能取1~5，那么我们就剪了约一半的工程了，接下来就枚举吧
1.1°a=1,10+c=1+(1+c)2+c2,无非负整数解，舍。
1.2°a=2,20+c=4+(2+c)2+c2,无非负整数解，舍。
1.3°a=3,30+c=9+(3+c)2+c2,无非负整数解，舍。
1.4°a=4,40+c=16+(4+c)2+c2,无非负整数解，舍。
1.5°a=5,50+c=25+(5+c)2+c2,解得a=5,b=5,c=0,N=550。
2°a-b+c=11,N=11(10a+c-10)
结合第二个式子可得10a+c-10=a2+(a+c-11)2+c2.
首先我们很容易想到上一种情况用到的放缩:
10a+c-10=a2+(a+c-11)2+c2≥a2+c
但是这次效果不是特别理想，a的取值在2~8之前，依然有7种情况，这时候我们就要继续进行放缩了。注意a+c=11+b≥11，所以由基本不等式可知
a2+c2≥121/2,也就是说10a>10a+c-10=a2+(a+c-11)2+c2≥121/2,所以a的取值只可能是7或8了，接下来就分类讨论吧：
2.1°a=7,60+c=49+(c-4)2+c2,无非负整数解，舍。
2.2°a=8,70+c=64+(c-3)2+c2,解得a=8,b=0,c=3,N=803。
综上所述，N=550或803。
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