题解

首先让我们一步步分析问题，题目是让我们求得一个p和一个q，使得p*q=n，e*d=(p-1)(q-1)+1，那么首先我们想到的思路肯定是暴力枚举。从上往下枚举，直到找到第一个符合条件的p和q，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define failure_signature -7458732
using namespace std;
pair<long long, long long> chk(long long n, long long e, long long d)
{
	for(long long i=1;i*i<=n;i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			long long j = n/i;
			if(e*d==(i-1)*(j-1)+1) return make_pair(i,j);
		}
	}
	return make_pair(failure_signature, -1);
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long m,e,d;
		cin>>m>>e>>d;
		auto res = chk(m,e,d);
		if(res.first==failure_signature && res.second == -1) cout<<"NO"<<'\n';
		else cout<<res.first<<" "<<res.second<<'\n';
	}
}

这段代码的复杂度很明显是 $O(n^{2})$ ，那么可以得到多少分呢？经过测试，60分。
在考场上这种代码只适用于追求不高的人。那些追求高的人应该怎么样呢？首先这种有二分性的题目第一眼就应该看出应该是要用二分来解决。并不需要修改太多，只需要把暴力线性枚举改成二分答案就行了。代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int k;
	long long n,e,d;
	cin>>k;
	while(k--){
		bool flag=0;
		cin>>n>>e>>d;
		long long j=e*d;
		long long m=n-j+2;
		long long l=1,r=m/2;
		while(l<r){
			long long mid=(l+r+1)/2;
			if(mid*(m-mid)>n) r=mid-1;
			else l=mid;
		}
		if(l*(m-l)==n) cout<<min(l,(m-l))<<' '<<max(l,(m-l))<<'\n';
		else cout<<"NO\n";
	}
	return 0;
}

这段代码复杂度是 $O(nlogn)$ 虽然可以得到100分，但是还有 $O(n)$ 的算法！这完全就是考验数学，本蒟蒻也不太懂，下面的这个代码参考了 @唱跳坤 的代码，如有侵权，立马删除。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    long long k,n,d,e,m;
    cin>>k;
    while (k--)
    {
        cin>>n>>e>>d;
        m=n-e*d+2;
        double p=(m-1.0*sqrt(m*m-4*n))/2.0;
        long long llp=p;
        long long q=m-p;
        if (m*m-4*n<0||llp!=p||llp*q!=n)
            cout<<"NO"<<endl;
        else 
            cout<<llp<<" "<<q<<endl;
    }
}

至此，以达到最优复杂度，无法继续优化，结束。