Codeforces Round #670 (Div. 2) E. Deleting Numbers（交互，素数构造）

题意：
给定序列$[1,n]$,用给定的合法操作猜出$x$
有三种操作

• A a：问含a因子的数字的个数
• B a：问含a因子的数字的个数，之后把除了答案的所有含a因子的数字从序列删除。
• C a：确定答案是a
  思路：
  讲道理应该是能操着$10^4$这个操作数过去的。但是本人代码太不美观了导致从1wa到了11，还有好多是因为操作数过量，希望人没事。wa了一天以后整理了一下思路如下：
  
  正经思路：
• 有一个最初的想法就是对于每个素数都先$B$ $prim{e}_i$一遍，然后再$A$ $prim{e}_i$看答案是不是$0$，如果不是就说明含有这个素数作为因子。之后再一遍遍$A$ $prim{e}_i^k$询问上去直到答案等于0就可。仔细思考一下，$10^5$的素数数量是$9592$，光是AB各两边遍历所有的素数就超了兄弟。
• 再想想再想想，发现其实对于每次A的询问可以分段进行。
• $Step1：$
• 1. 每次都假设这一段里面没有我要找的$x$，遍历段内进行$B$ $prim{e}_i$的操作。
• 2. 我们要做的就是维护一个$cur$（假设段内无$x$，余下的数字总数），然后在每块的末尾进行$A$ $1$的询问，看实际的答案和假定的$cur$是否相等。
• 3. 如果相等就继续下一块，不相等就直接遍历块内所有素数，进行$A$ $prim{e}_i$的询问，如果不等于0就必然含有这个因子。之后要做的就是$lo{g}_n$的指数遍历就好。
• 问题又来了：咋维护啊？你也不知道除完以后去了多少个啊哥哥？？要容斥定理来吗啊这
• 再想想再想想，如果我们的序列中只含有素数那是不是就问题会简单好多？每次遍历段内进行$B$ $prim{e}_i$的操作之后只要进行$cur--$就很爽啊？那要咋做到？筛鸭，不是有个啥子定理表明$\sqrt{N}$就能把$N$的所有的合数给整了，只剩下素数咩？那就好办了啊爹
• $Step2:$
• 1. 把$N$用$\sqrt{N}$分成两部分，小的那一部分包括了我们的小素数，大的那一部分包括了大素数。
• 2. 首先就是用小素数进行筛，让原数列中只含有大素数、1（也可能有$x$）。这里小素数的个数最多大概是65（？）。在这一步中可以对于$x$是否包含小素数进行询问试探（就是最初的想法实践一下）
• 3. 然后产生的答案就可能有两种情况：
     • 第一种是已经确定有小素数了，如果他是一个大素数与小素数的合数，那他必然保留在大素数序列之外，要做的就是进行$A$ $prim{e}_i$的询问，看答案有没有等于$2$的。
     • 第二种是没有小素数，那他只可能包含大素数的一次方，因为筛过之后数列里面只剩下大素数了，就用刚刚说的，每次遍历段内进行$B$ $prim{e}_i$的操作之后只要进行$cur--$。假设大素数的个数是$G$段内的大素数个数是$G$，那么这样的操作我们大概需要多花费$S+\frac{G}{S}$,对于$S$的确定就很明显了，对勾函数的最低点$\sqrt{G}$(最大好像是97？)

最后大概是9800左右的操作？
以上是口胡^^

代码：

int v[maxn], prime[maxn];//v存质数，vis判断是不是质数
int primes(int n) {
    
    
	int m = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
    
		if (v[i] == 0) {
    
    //i是质数
			v[i] = i; prime[++m] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
    
    
			if (prime[j] > v[i] || prime[j] > n / i)break;
			v[i*prime[j]] = prime[j];
		}
	}
	return m;
}
int main()
{
    
    
	int n, m, ans, M, g, start;
	int t;
	int tt, tot, temp, cur;
	tot = 0;
	cur = 0;
	g = 0;
	start = 0;
	M = primes(maxn);
	ans = 1;

	//cout << M - tot << endl;
	//cout << tot << endl;*/
	sci(n);

	if (n == 1) {
    
    
		printf("C 1\n");
		return 0;
	}
	for (int i = 1; prime[i] <= n; i++) {
    
    
		//if (prime[i] == 99874/2)cout << 1 << endl;
		cur++;
		if ((LL)(prime[i]) * (LL)(prime[i]) > (LL)(n))g++;
		else start = i;
	}
	M = cur;
	//cout << (int)(sqrt(g)) << endl;
	for (int i = 1; prime[i] * prime[i] <= n; i++) {
    
    //寻找小素数(可能有多个次方)
		cur--;
		printf("B %d\n", prime[i]);
		fflush(stdout);
		sci(tt);
		printf("A %d\n", prime[i]);
		fflush(stdout);
		sci(tt);
		if (tt) {
    
    
			ans *= prime[i];
			temp = prime[i];
			while (temp*prime[i] <= n) {
    
    
				temp *= prime[i];
				//printf("B %d\n", temp);
				printf("A %d\n", temp);
				fflush(stdout);
				sci(tt);
				if (tt == 0)break;
				else ans *= prime[i];
			}
		}
	}
	int s = (int)(sqrt(g));
	int pos;
	if (ans == 1) {
    
    //只含大素数
		//lst = start + 1;
		for (int i = 0; i <= g / s - (g%s == 0); i++) {
    
    
			if (ans != 1)break;
			for (int j = 0; j < s; j++) {
    
    
				pos = start + i * s + j + 1;
				if (pos > M)continue;
				printf("B %d\n", prime[pos]);
				fflush(stdout);
				sci(tt);
				cur--;
			}
			printf("A 1\n");
			fflush(stdout);
			sci(tt);
			if (tt != cur + 1) {
    
    
				for (int j = 0; j < s; j++) {
    
    
					pos = start + i * s + j + 1;
					if (pos > M)continue;
					printf("A %d\n", prime[pos]);
					fflush(stdout);
					sci(tt);
					if (tt) {
    
    
						ans *= prime[pos];
					}
				}
			}
		}
	}
	else {
    
    //大素数，只可能一次方
		for (int i = start + 1; prime[i] <= n; i++) {
    
    
			//if (prime[i] * prime[i] <= n)continue;
			printf("A %d\n", prime[i]);
			fflush(stdout);
			sci(tt);
			if (tt == 2) {
    
    
				ans *= prime[i];
				break;
			}
		}
	}
	printf("C %d\n", ans);
	return 0;
}