520的信心赛——麓麓学数学

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　麓麓学数学（math.cpp）
描述
　　麓麓不仅玩游戏十分厉害,而且数学也非常好,可是这次他被
一道数学题难住了,于是他来求助身为信息大佬的你来解决这个问
题:对于一个正整数 n,从 1!、2!、3!、......、n!中至少删去几个
阶乘,就能使余下的阶乘的乘积是完全平方数?
格式
输入格式
仅一行,包含一个整数 n(1≤n≤500)。
输出格式
　　第一行包含一个整数 k,表示最少需要删去的阶乘个数。
　　接下来一行,从小到大排列的 k 个[1,n]之间的整数,给出删数的方案。注意若方案不止一种,输出方案从小到大排序序列最小一组即可。
样例 1
样例输入 1
5
样例输出 1
2
2 5
限制
各个测试点 1s
对于 100%数据 1≤n≤500
提示
样例说明:去掉 2!和 5!,剩下的 4,3,1 的阶乘乘积为 4!×3!×
1!=144=12^2。
没啥提示,这题考数学。

Solution：

　　本题考察数学+暴力巧解。
    首先很容易想到暴力搜索，直接迭代加深搜索ida*（运气好的话限制深度可以过），但实际上这题如果我们提前预知结论：答案个数不超过3。这样就好做了，考虑对于一个数k，它是不是完全平方数，即它的质因子的个数是否都为偶数。（譬如4,它的质因子只有2且2的个数为偶数，则4是完全平方数）。
那么提前预处理，直接把每个数表示为它的质因子以及每个质因子的个数，这样就可以方便地判断除法之后是否为完全平方数了。
进一步，我们可以直接把每个质因子个数表示为“奇偶”，因为我们并不需要质因子的个数，只需要其奇偶性。（压位用，譬如：某一质因数个数奇+奇=偶，偶+偶=奇，偶+奇=奇）
亲测，其实完全不压位也能过，但是那样代码太短难度直线下降。
证明让520口述。
如果你数学炸天（譬如高一数竟班的鸡哥，他告诉我的结论在vijos上有50分）
详解见代码

代码：

/*这题只要知道结论：答案个数小于等于3个。就so easy了，方法很多，可以乱写，我写的状压仅供参考——by 520*/
#include<cstdio>
#define N 501
typedef long long ll;
int n,tot,pri[100];
bool b[N];
ll m,mask[N][2],aim0,aim1;
int main()
{
    freopen("math.in","r",stdin);
    freopen("math.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<23;i++)
        if(!b[i])for(int j=i<<1;j<501;j+=i)b[j]=1; //这里b数组是筛法预处理质数，若!b[i]则i为质数，若b[i]则为合数
    for(int i=2;i<500;i++) if (!b[i]) pri[tot++]=i; //pre数组记录质数，tot为质数个数
    
    for(int i=2,k;i<=n;i++)
    {
        k=i;m=1;
        for(int j=0;j<50&&pri[j]<=k;j++,m<<=1)  /*这里就是统计某个数的质因子,j设定为50是小优化：因为500以内共
                                                    98个质数，而m最多为2^64-1，所以我折半枚举，先来50次*/
            while(k%pri[j]==0){                 //解释下m，状压，每个m<<1即代表一个质数
            k/=pri[j];
            mask[i][0]^=m;                      /*mask[i][0]若为0,则说明i的pre[j]这个质因子的个数为偶数或者没有*/
        }
        m=1;
        for(int j=50;j<tot&&pri[j]<=k;j++,m<<=1) /*这里的意思同上，只不过两部分都用了m，而m<<1的值只能表示
                                                    一个质数，所以将两部分隔开，这里就是mask[i][1]啦*/
            while(k%pri[j]==0){
            k/=pri[j];
            mask[i][1]^=m;
        }
        mask[i][0]^=mask[i-1][0];                /*这里就是合并该数和上一个数的质因子个数*/
        mask[i][1]^=mask[i-1][1];
    } 
    
    if(mask[n][0]==0&&mask[n][1]==0)            /*若n的质因子个数为偶数，则不需删除任何数*/
    {
        puts("0");
        return 0;
    }

    //上面预处理后，下面直接依次枚举删去1个、2个、3个的情况就OK了

    for(int i=2;i<=n;i++)aim0^=mask[i][0],aim1^=mask[i][1];  /*这里是删去1个的暴力枚举，
                                                        aim0取出前面50个质因数的压位值，aim1后面的同理*/
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(mask[i][0]==aim0&&mask[i][1]==aim1)    /*上面aim0异或出的值即若和mask[i][0]相等，
                                                    且aim1和后面的相等，则说明删去该数就保证质因子个数为偶数*/
        {
            puts("1");                            
            printf("%d
",i);                    //所以删去该数
            return 0;
        }
    
    for(int i=2;i<n;i++)                  /*删去2个数的枚举，直接n方暴力*/
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(aim0==(mask[i][0]^mask[j][0])&&aim1==(mask[i][1]^mask[j][1]))  //思路和枚举1个的一样
            {
                puts("2");
                printf("%d %d
",i,j); 
                return 0;
            }
    
    for(int i=2;i<n-1;i++)  //删去3个数的枚举，n^3暴力，实际是不会超时的，因为最坏情况难以出现
        for(int j=i+1;j<n;j++)
            for(int k=j+1;k<=n;k++)
     if(aim0==(mask[i][0]^mask[j][0]^mask[k][0])&&aim1==(mask[i][1]^mask[j][1]^mask[k][1]))
        {
            puts("3");
            printf("%d %d %d
",i,j,k);
            return 0;
        }
}