题目来源：Codeforces, CF1406E Deleting Numbers
题目大意
交互题。
有一个未知的整数 (x) ((1leq xleq n))，你需要通过交互找出它。
初始时，交互库会告诉你 (n)。
有一个集合 ({1,2,dots ,n})。你可以进行不超过 (10^4) 次操作。每次操作可以是如下三种之一：
- ( ext{A }a)：向交互库询问，当前集合里有多少数是 (a) 的倍数。
- ( ext{B }a)：向交互库询问，当前集合里有多少数是 (a) 的倍数。然后将所有 (a) 的倍数删去。特别地：(x) 将不会被删去，即使它是 (a) 的倍数。此操作必须保证 (a > 1)。
- ( ext{C }a)：向交互库报告你找出的 (x)。
请在规定操作次数内求出 (x)。
数据范围：(1leq nleq 10^5)。
本题题解
考虑一种暴力做法。枚举 (1dots n) 中每个质数 (p)，再枚举 (p) 在 (n) 以下的所有次幂 (p^k)。先用 ( ext{B}) 操作删除 (p^k) 的倍数，再用 ( ext{A}) 操作查询集合里是否仍有 (p^k) 的倍数。若有，说明 (x) 是 (p^k) 的倍数。这样，我们可以知道每个质数在 (x) 里的最大次幂是多少，根据唯一分解定理，我们也就确定了 (x)。
设 (pi(n)) 为 (1dots n) 中的质数数量，( au(n)) 为 (1dots n) 中的质数的幂的数量。打表发现，(pi(10^5)=9592, au(10^5)=9700)。上述做法，需要 (2 au(n)+1) 次操作（最后一次操作是报告答案），无法通过本题。
一个小优化是，对每个质数 (p)，先用 ( ext{B}) 操作删除所有 (p) 的倍数，再依次询问所有次幂。操作次数优化为 (pi(n)+ au(n)+1)，但仍无法通过本题。
有一个经典的技巧是，把质数分为 (leq sqrt{n}) 的“小质数”和 (> sqrt{n}) 的“大质数”。小质数总共只有 (pi(sqrt{n})) 个。而大质数在任何 (x) 里至多只有 (1) 个。
先用 (pi(sqrt{n})+ au(sqrt{n})leq 238) 次操作，求出 (x) 中所有小质因子及其次幂。设 (x) 的小质因子部分为 (x_{ ext{small}})。此时，集合里还剩下 (1)、(x)、以及所有大质数。我们要确定 (x) 里还剩下的那 (1) 个大质因子是谁（或者根本没有大质因子）。
在前面的朴素做法里，我们实际对每个大质数用了 (2) 次询问，这样太多了。考虑减小这个次数。分两种情况：
- 如果 (x_{ ext{small}} > 1)：我们对每个大质数 (p)，直接用 ( ext{A}) 操作询问 (p imes x_{ ext{small}})。如果结果为 (1)，说明 (x) 就等于 (p imes x_{ ext{small}})（不然的话，这个数此时应该已经被删了）；如果结果为 (0)，说明 (p) 不是 (x) 的大质因子。这样，对每个大质因子只需要 (1) 次操作。找出大质因子所需的操作次数等于大质因子的数量，为：(pi(n)-pi(sqrt{n}))。加上小质数的部分，以及报告答案的操作，总次数为 (pi(sqrt{n})+ au(sqrt{n})+(pi(n)-pi(sqrt{n}))+1=pi(n)+ au(sqrt{n})+1leq 9766)。
- 如果 (x_{ ext{small}}=1)：此时 (p imes x_{ ext{small}}) 就是大质数 (p) 本身，它本来就应该在集合里，所以直接询问是没有意义的。这种情况下，集合里只剩 (1) 和大质数（因为 (x) 本身也是 (1) 或大质数）。考虑大质数序列分块。每块里，先依次用 ( ext{B}) 操作将本块的大质数全部删除，然后用 ( ext{A}) 操作对 (1) 进行一次询问（也就是询问整个集合剩余的数的数量）。如果发现集合大小减少的量，少于我们删除的量，说明 (x) 就在本块里，我们枚举本块中的数，依次询问。这样，设块的大小为 (S)，则找出大质数所需的操作次数为：(pi(n)-pi(sqrt{n})+lceilfrac{pi(n)-pi(sqrt{n})}{B} ceil+B)。取 (B = lfloorsqrt{pi(n)-pi(sqrt{n})} floor = 97) 时，这部分的最大操作次数为 (9723)。加上小质数的部分，以及报告答案的操作，最大总次数为 (9962)。可以通过本题。
参考代码
// problem: CF1406E
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 1e5;
const int SQRT = 316;
const int BLOCK_SIZE = 97;
int ask(int x) {
cout << "A " << x << endl;
int res; cin >> res;
return res;
}
int ask_and_del(int x) {
cout << "B " << x << endl;
int res; cin >> res;
return res;
}
void report_ans(int x) {
cout << "C " << x << endl;
}
int n, ans;
int p[MAXN + 5], cnt_p;
bool v[MAXN + 5];
void sieve(int lim) {
for (int i = 2; i <= lim; ++i) {
if (!v[i]) {
p[++cnt_p] = i;
}
for (int j = 1; j <= cnt_p && p[j] * i <= lim; ++j) {
v[i * p[j]] = 1;
if (i % p[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
cin >> n;
sieve(n);
ans = 1;
// first part:
int second_part_start = cnt_p + 1;
for (int i = 1; i <= cnt_p; ++i) {
if (p[i] > SQRT) {
second_part_start = i;
break;
}
int res = ask_and_del(p[i]);
if (!res) continue;
int lastval = 0, flag = 0;
for (ll j = p[i]; j <= n; j *= p[i]) {
if (!ask(j)) {
ans *= j / p[i];
flag = 1;
break;
}
lastval = j;
}
if (!flag) {
ans *= lastval;
}
} // 238
// second part:
if (ans > 1) {
for (int i = second_part_start; i <= cnt_p; ++i) {
if ((ll)p[i] * ans > n)
continue;
if (ask(p[i] * ans)) {
ans *= p[i];
break;
}
} // 9765
report_ans(ans);
} else {
// 分块
for (int i = second_part_start; i <= cnt_p; i += BLOCK_SIZE) {
int j = min(cnt_p, i + BLOCK_SIZE - 1);
for (int k = i; k <= j; ++k) {
ask_and_del(p[k]);
}
int res = ask(1);
if (res > 1 + cnt_p - j) {
assert(res == 1 + cnt_p - j + 1);
for (int k = i; k <= j; ++k) {
if (ask(p[k])) {
ans = p[k];
break;
}
}
break;
}
} // 9961
report_ans(ans);
}
return 0;
}