Deje $f\colon \Bbb Z\to \Bbb Z$ ser cualquier función con $$\tag0f(x-f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1$$
para todos los $x,y\in\Bbb Z$.
Dejando $y=f(x)$ nos encontramos con $$f(x-f(f(x)))=-1. $$
Así, por $a=-f(f(0))$ tenemos $f(a)=-1$. A continuación, con $y=a$, $$\tag1f(x+1)=f(f(x)) $$
A continuación, $(0)$ se convierte en
$$\tag2 f(x-f(y))=f(x+1)-f(y)-1 $$
O con $g(x):=f(x)+1$ (e $x\leftarrow x-1$)
$$\tag3g(x-g(y))=g(x)-g(y)$$
De $(3)$ vemos que la imagen de $g$ es un subgrupo de $\Bbb Z$, por lo tanto es $\{0\}$ (en cuyo caso $f(x)=-1$) o $c\Bbb Z$ algunos $c\ge 1$.
En ese caso, para $n\in\Bbb Z$ nos encontramos con $y$ $g(y)=nc$ y así ha $g(x+ nc)=g(x)+nc$. Por lo tanto $g$ está determinado por los valores de $g(0),\ldots, g(c-1)$. Por otro lado, estos valores pueden de hecho ser elegido libremente. En otras palabras:
Reivindicación 1. Deje $c\in\Bbb N$$b_0,\ldots, b_{c-1}\in\Bbb Z$. A continuación, la función de $g$ dada por
$$ g(x)= (n+b_r)c$$
donde $x=nc+r$, $0\le r<c$
es una solución a $(3)$, y todos los no-cero soluciones de $(3)$ son obtenidos de esta manera.
Prueba.
Vamos $x=nc+r$, $y=mc+s$ con $0\le r,s<c$. Entonces
$$\begin{align}g(x-g(y))&=g(nc+r-(m+b_s)c)\\
&=g((n-m-b_s)c+r)\\
&=(n-m-b_s+b_{r})c\\
&=(n+b_r)c-(m+b_s)c\\&=g(x)-g(y)\end{align}$$
Que todos los no-cero soluciones son de esta forma se ha demostrado anteriormente. $\square$
A continuación, las soluciones de $f$ $(2)$ (aparte de $f(x)=-1$) son precisamente las de la forma $f(x)=g(x)-1$ $g$ como en la Reivindicación 1.
Tal $f$ es una solución a la original $(0)$ si y sólo si, adicionalmente, tenemos $(1)$ todos los $x$.
Tenga en cuenta que para $x=nc+r$, $0\le r<c$, tenemos $f(x)=g(x)-1=(n+b_r)c-1=(n+b_r-1)c+c-1$, de modo que $$f(f(x))=(n+b_r-1+b_{c-1})c-1.$$
Por otro lado,
$$f(x+1)=g(x+1)-1=\begin{cases}(n+b_{r+1})c-1&\text{if }r<c-1\\(n+1+b_0)c-1&\text{if }r=c-1\end{cases}$$
Llegamos a la conclusión de que $b_{r+1}=b_r+b_{c-1}-1$$0\le r<c-1$,$2b_{c-1}-1=b_0+1$. De la primera podemos ver que $b_r=b_0+rb_{c-1}-r$, por lo que
$$\begin{align}b_{c-1}&=b_0+1+(c-1)b_{c-1}-c\\
&=2b_{c-1}-1+(c-1)b_{c-1}-c\\
&=(c+1)b_{c-1}-c-1\end{align}$$ y finalmente
$$b_{c-1} = \frac {c+1}c.$$
Este es un número entero sólo para $c=1$ y en el caso del que nos llegan a $b_0=2$
Por lo tanto las únicas soluciones a $(0)$ aparte de $f(x)=-1$ es
$$f(x)=x+1.$$