这是道偏乱搞的题。

当 $n$ 较小时，直接线性筛出 $n$ 以内的素数，然后双指针求解即可，复杂度 $O(n)$。

但是 $n\le 10^{11}$ 时显然不能这样做，这时我们先处理出一个阈值 $B$ 之内的素数，然后双指针求解。

其实这样就可以水过大部分测试点了。

注意下面的“$\sim$”符号有时表示等价关系（两者比值趋于 $1$），有时表示一个区间，请注意区分。

如果未找到解，考虑其它情况，可以证明素数个数为 $O(\frac nB)$。怎么证明呢？我们尝试使素数个数尽量多，考虑所有素数的平均数，我们使之尽量小，但是可能的解的区间右端点必然在 $B$ 右侧（否则刚才已经求出来了），能使素数平均数最小的区间显然就是 $[2,B]$ 了（就是刚刚到 $B$ 的区间），这时素数的平均数为（根据经典数论结论）

$$\frac{\sum_{2\le p\le B}p}{\sum_{2\le p\le B}1}\sim\frac{B^2\ln B}{B\ln B}\sim B$$

因为这是素数平均数最小的情况，而素数和为 $n$，所以素数个数的最大值就是 $O(\frac nB)$ 了，常数趋于 $1$（也就是 $素数个数最大值\sim\frac nB$），直接枚举 $1\sim2\frac nB$ 稳过。

若枚举到有 $k$ 个素数，则其平均数必为 $\frac nk$，则每个素数都在其附近，考虑素数密度，根据素数定理，在 $\frac nk$ 附近时大约平均每 $\ln\frac nk$ 个数有一个素数，而一共有 $k$ 个，故所有素数都是 $\frac nk+O(k\ln\frac nk)$ 范围的，这个范围只有 $O(k\ln\frac nk)$ 个数，判断出其中的所有素数并双指针搜索即可，注意由于题目数据较为毒瘤，故意取素数密度较低的位置，区间大小的常数需放大一点。

对于一个长度为 $x$ 的区间，设数值值域为 $s$（也就是区间内的数最大值大概是 $O(s)$），每一个数都试除法判断是否为素数，只用试除已经处理出的素数（先预处理出 $O(\sqrt s)$ 以内的素数），则均摊复杂度为 $O(xs^{\frac14})$ 别问我是怎么得出来的。实测快于米勒 - 拉宾素性测试，但仍然会超时。

所以说我们直接用埃氏筛代替就行了。那我刚才讲那个干什么呢？还不是因为我死在那调了一个小时……

故总复杂度为 $O(B+\frac{n^2}{B^2}\log n\log\log n)$，理论上调整 $B$ 的大小可以做到 $O(n^{\frac23} (\log n\log\log n)^{\frac13})$。

但是这看起来也不是很能过啊。反正实际上就是过了。

实际做题的时候，我们不需要卡那么准，$B$ 的大小使线性筛的 $\text{bitset}$ 不爆空间就行了，直接开到 $5\times10^7$ 即可。

代码（有点紧凑，将就着看吧）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,b,p[12000000],c,su[12000000],ip,q[100000],qb,qf;
bitset<50000005>bs;
bitset<100000>ik;
inline ll mi(ll x,ll y){
	return x<y?x:y;
}inline bool is(ll x){
	for(ll j=1;p[j]*p[j]<=x;j++){
		if(x%p[j]==0)return 0;
	}return 1;
}int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	b=mi(5e7,n);
	for(ll i=2;i<=b;i++){
		if(!bs[i]){
			p[++c]=i;
			su[c]=su[c-1]+i;
		}for(ll j=1;p[j]*i<=b;j++){
			bs[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}for(ll i=0;i<c;i++){
		while(su[ip]-su[i]<n){
			ip++;
			if(ip>c)break;
		}if(su[ip]-su[i]==n){
			cout<<p[i+1]<<' '<<p[ip];
			return 0;
		}
	}if(n==b){
		cout<<"NIE";
		return 0;
	}for(ll i=1;i<=n*2/b;i++){
		qb=1;
		qf=0;
		ll j=n/i-2.5*i*log(n/i),l=j,r=j-1,x=0,rr=n*2/i-j,sm=0;
		ik.reset();
		for(ll ii=1;p[ii]*p[ii]<=rr;ii++){
			for(ll jj=(l+p[ii]-1)/p[ii]*p[ii];jj<=rr;jj+=p[ii]){
				ik[jj-l]=1;
			}
		}
		while(x<i){
			r++;
			if(!ik[r-l]){
				x++;
				sm+=r;
				q[++qf]=r;
			}
		}while(sm<n){
			j=q[qb]+1;
			sm-=q[qb];
			qb++;
			while(1){
				r++;
				if(!ik[r-l]){
					x++;
					sm+=r;
					q[++qf]=r;
					break;
				}
			}
		}if(sm==n){
			cout<<q[qb]<<' '<<q[qf];
			return 0;
		}
	}cout<<"NIE";
	return 0;
}