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大致題意： 給定一個數\(n(n\le10^5)\)，表示有一個集合其中元素為\(1\sim n\)。現你要通過兩種操作在\(10000\)步以內求出未知數\(x\)：A a詢問當前集合中\(a\)的倍數個數；B a詢問當前集合中\(a\)的倍數個數，然後刪去所有\(a\)的倍數（如果\(x\)是\(a\)的倍數，則\(x\)將不會被刪去）。

一個初步想法

考慮我們去列舉每一個質數\(p\)，那麼只要先\(B(p)\)刪去\(p\)的倍數，再\(A(p)\)詢問是否還有\(p\)的倍數，兩次操作就可以判斷出\(p\)是否為\(x\)的因數了。

然而，\(10^5\)以內的質數有九千多個，光這麼搞一波下來就直接掛了。

套路分類討論

套路地去分類討論，把質因數分為小於等於\(\sqrt n\)的（稱為小質數）和大於\(\sqrt n\)的（稱為大質數）兩類。

然後我們就可以把\(x\)分成兩類：含有小質數、只含大質數。

第一類：含有小質數

小質數的數量不多，我們可以按照之前的初步想法，暴力判斷出每個小質數是否為\(x\)的因數。

假設小質數中\(x\)的因數序列為\(d_1,d_2,...,d_m\)。

顯然\(ans\)至少為\(\prod_{i=1}^md_i\)。

然後我們列舉\(i=1\sim m\)，每次不斷嘗試給\(ans\)乘上\(d_i\)，即如果\(x\)是\(ans\times d_i\)

由於更新\(ans\)最多隻有\(\log n\)次，操作次數可以保證。

但此時我們只考慮了答案中小質數的部分，它還可能含有一個大質數。

這裡先講一個性質：在我們刪完所有小質數的倍數之後，剩下的數恰好是所有的大質數（可能還有答案\(x\)）。（顯然）

因此，由於答案最多隻含有一個大質數，我們完全可以去列舉所有大質數\(p\)，如果\(A(p)=2\)（即\(p\)和\(p\times ans\)），那麼答案就是\(p\times ans\)。

第二類：只含大質數

這一部分的核心就是之前已經介紹過的重要性質：在我們刪完所有小質數的倍數之後，剩下的數恰好是所有的大質數。

再重新回頭考慮一下我們的初步想法，發現它的實質就是操作每一個質數，然後每次操作完立刻檢驗。

那麼就有一種奇妙的思路：我們可不可以不要每次操作完立刻檢驗，而是每隔\(S\)個數檢驗一次？

顯然是可以的。

我們只要記一下刪去\(S\)個數之後本應剩餘的數的個數\(k\)，如果實際個數\(A(1)=k+1\)，說明答案就在這\(S\)個數之中。

然後在這\(S\)個數中再掃一遍各做一次\(A\)操作就可以找到答案了。

至於\(S\)的取值，就是要最小化\(S+\frac {G}S\)，肯定是取\(\sqrt{G}\)啦。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define A(x) (printf("A %d\n",x),fflush(stdout),scanf("%d",&res),res)
#define B(x) (printf("B %d\n",x),fflush(stdout),scanf("%d",&res),res)
#define C(x) (printf("C %d\n",x),fflush(stdout))
using namespace std;
int n,s,res,Pt,P[N+5],V[N+5];
I void Sieve()//線性篩預處理質數表
{
	for(RI i=2,j;i<=n;++i) for(!P[i]&&(P[++Pt]=i),
		j=1;j<=Pt&&i*P[j]<=n;++j) if(P[i*P[j]]=1,!(i%P[j])) break;
}
I int Work(CI l,CI r) {for(RI i=l;i<=r;++i) if(A(P[i])) return P[i];}//在[l,r]中掃一遍求答案
int main()
{
	RI i,t=0;scanf("%d",&n),s=sqrt(n),Sieve();
	for(i=1;i<=Pt&&P[i]<=s;++i) B(P[i]),A(P[i])&&(V[++t]=P[i]);//求出小質數因子
	RI cur=i;if(t)//如果含有小質數
	{
		RI ans=1;for(i=1;i<=t;++i) ans*=V[i];//先求出ans的下界
		for(i=1;i<=t;++i) W(ans*V[i]<=n&&A(ans*V[i])) ans*=V[i];//不斷嘗試更新ans
		for(i=cur;i<=Pt;++i) if(A(P[i])==2) return C(ans*P[i]),0;//找是否還有大質數因子
		return C(ans),0;//找不到，直接輸出
	}
	RI k=Pt-i+2;for(s=sqrt(k);i<=Pt;++i)//如果只含大質數
		if(B(P[i]),--k,++t==s) {if(A(1)^k) return C(Work(i-s+1,i)),0;t=0;}//隔S個數檢驗一次
	return C(A(1)^1?Work(Pt-t+1,Pt):1),0;//注意最後不完整的一段
}