题意：
给出了三个新定义：
- E-prime : ∀ num ∈ E，不存在两个偶数a,b，使得 num=a*b;（简言之，num的一对因子不能全为偶数）
- E-prime factorization : 定义集合P由 E-prime 元素组成，定义 e = p1*p2*.....*pn；（p1,p2,....,pn ∈ P , |P| = n）
- E-factorial : 定义 e!! = 2*4*6*8*.........*e；（简言之，偶数e及其之前的偶数连乘积）
输出一个数 e ，求满足条件2的集合P，并且集合P需满足：p1*p2*.....*pn = e!! , |P| = n；
求 n 的最大值；
题解：
定义集合 Pi 为偶数 i 的满足条件（2）的最大的集合；
例如P8 = {2,2,2}，| P8 | = 3；
根据贪心的思想，要想使集合 Pe!! 中的元素个数最多，那么，e!! 一定要优先分解出最多的2（最小的e-prime）;
定义 odd 表示奇数，那么 odd*2 为 e-prime，因为 odd 因式分解肯定没有偶数因子，odd*2 只能分解出一个偶数因子2，符合条件（1）；
因此，对于所有的奇数 odd，可以通过让 odd*2 将 odd 转化为 e-prime，那么，我们的关注点就变成了 e!! 最多能分解出多少个2；
对于 e 之前的所有偶数，假设 ≤ e 的最大的2的幂为 2x+1，那么对于 e 之前的所有2的幂 21,22,23,....,2x+1 其可分解出 1+2+3+......+x+1 个2；
那 e 之前的所有非2的幂的偶数 even ，该如何快速求出他们的乘积最多能分解出多少个2呢？
首先，求解一下 2x+1 及其之前的偶数乘积最多可以分解出多少个2；
首先考虑这一点，任何一个偶数 even 都可分解成 odd*2i 模式， 那么 |Peven | = i；
那么，我们反过来考虑，对于任意奇数 odd 都可通过 odd*2i 求出 | Podd*2i | = i;
（每两个相邻的2的幂间的偶数块用红色编号① ② ③ ④ ...........表示）
（紫色数字代表相邻的2的幂间的奇数的个数）
对于偶数块①：只有一个奇数 3；
3*21 来到偶数块②；
3*22 来到偶数块③；
3*23 来到偶数块④；
........
3*2x-1来到偶数块(x)；
（注意偶数块的编号和2的幂的关系）
可知，通过3*2i 可求出P3*21 , P3*22 , .........., P3*2x-1，其集合元素个数总和为 1+2+3+..........+(x-1);
那么，对于偶数块 2 中的某一奇数 odd 呢？
根据对3的分析，可知，偶数块②可以构成的 ≤ 2x+1 的最大的偶数为 odd*2x-2 ，那么，通过 odd 求出的集合Podd*2i 的元素个数总和为 1+2+3+.......+(x-2)
因为偶数块②有21个奇数，所以这些奇数可以求出的集合P的元素个数总和为 2*(1+2+3+........+(x-2) ）;
偶数块③有22个奇数，其中任意一个 odd 可构成的 ≤ 2x+1 的最大的偶数为 odd*2x-3 ，这些奇数可以求出的集合P的元素个数总和为 22*(1+2+......+(x-3) );
..............
偶数块(x-1)有2x-2个奇数，其可求出的集合P的元素个数总和为2x-2;
综上，2x+1 及其之前的偶数乘积最多可以分解出的2的个数为：
这几项加和的值等于 2x+1-1；
（并不是通过公式化简成这个最简式，而是通过打表找到的，公式化简的话，只能依靠那些大佬了QWQ）
打表推公式代码：（明天张贴）
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; int Sum(int pow,int up)
{
int sum=;
for(int i=;i <= up;++i)
sum += i;
return sum*pow;
}
int main()
{
int x;
while(~scanf("%d",&x))
{
int sum=Sum(,x);
int base=;
for(int i=;i <= x-;++i)
{
sum += Sum(base,x--i);
base *= ;
}
printf("sum=%d,%d\n",sum,<<x);
}
}
那么，如果 e 为2的幂，直接输出 e-1；
如果不是，先求出 ≤ e 的最大的2的幂 2x+1 ，记录当前答案 ans = 2x+1-1;
那[2x+1 , e]之间的解该如何求出呢？
还是考虑 odd*2i 的模式；
令 odd1 ∈ [ 2x+1 / 2 , e / 2]，∀odd1 * 2 ∈ [ 2x+1 , e ]，且为 e-prime，ans += tot1*1;(tot为奇数个数)
令 odd2 ∈ [ 2x+1 / 4 , e / 4]，∀odd2 * 4 ∈ [ 2x+1 , e ]，且为 e-prime，ans += tot2*2;
.............
令 oddk ∈ [ 2x+1 / 2k , e / 2k]，∀oddk * 2x ∈ [ 2x+1 , e ]，且为 e-prime，ans += totk*k;
结束的条件是 2x+1 / 2k = e / 2k；
AC代码：（C++版大数伪码）（明天张贴）
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define BigInteger long long BigInteger e;
BigInteger base; BigInteger F()
{
BigInteger curBase=;
BigInteger ans=;
BigInteger l=base/curBase;
BigInteger r=e/curBase;
for(int i=;i < ;++i)
{
// cout<<l<<' '<<r<<endl;
if(l >= r)
break;
BigInteger tmp=(r-l)/;
if(r&)
tmp++;
ans=ans+tmp*i;
l=l/;
r=r/;
}
return ans;
}
void Solve()
{
base=;
while(base* <= e)
base *= ;
BigInteger ans=base-; if(base != e)
ans=ans+F(); cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
int test;
while(cin>>test)
{
while(test--)
{
cin>>e;
Solve();
}
}
return ;
}
C++版 BigInteger（逃）
AC代码：（Java BigInteger类）（明天张贴）
import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner; public class Main { static Scanner cin = new Scanner(System.in);
static BigInteger e,base;
static BigInteger zero=BigInteger.valueOf(0);
static BigInteger one=BigInteger.valueOf(1);
static BigInteger two=BigInteger.valueOf(2);
public static void main(String[] args) { int test;
while(cin.hasNext()) {
test=cin.nextInt();
for(int i=1;i <= test;++i) { e=cin.nextBigInteger();
Solve();
}
}
}
private static void Solve() { base=one;
while(base.multiply(two).compareTo(e) <= 0)
base=base.multiply(two);
// System.out.println(base);
BigInteger ans=base.subtract(one); if(!base.equals(e))
ans=ans.add(F());
System.out.println(ans);
}
private static BigInteger F() { BigInteger curBase=two;
BigInteger ans=zero;
BigInteger l=base.divide(curBase);
BigInteger r=e.divide(curBase);
for(int i=1;i < 4000;++i) { if(l.compareTo(r) >= 0)
break;
BigInteger tmp=(r.subtract(l)).divide(two);
if(r.mod(two).intValue() != 0)
tmp=tmp.add(one);
ans=ans.add(tmp.multiply(BigInteger.valueOf(i))); l=l.divide(two);
r=r.divide(two);
}
return ans;
}
}
今晚比较嗨，比较尽兴；
陪俺家宝宝乘轻轨去市里疯了一圈，返程的路上还做过了一站；
哈哈哈，要一直陪着宝宝啊*_*