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題意：給定乙個數x，我們可以把這個數分解成乙個乙個的小的數字a1,a2,a3……
定義s=a1*a2*a3*…….
問如何分解x使得s最大，並且不能有重複的數字
思路：分解成數量多的小的數字，比分解成數量少的大的數字的乘積更大，這一點我不知道怎麼證明……並且由基本不等式我們可以知道，相等和的兩個數，越接近那麼乘積越大
可想而知，如果可以有重複的數字，那我們可以把x分解成2和3的和即可，本題要求不能有重複的數字，原則是分解成更多小的數、更接近的數字，那麼就可以2+3+4+…，但一般來說都不能正好分解完，會剩餘乙個數字，比如11=2+3+4+2，剩餘了乙個2，那我們把這個剩餘的數字加到哪比較好呢，第一反應是直接加到最大的數字上，但仔細想想這樣的話會擴大最後乙個數與倒數第二個數的差，乘積可能會相對來說減少，所以我們要把這個數補在某個數上，使得補完後這個數接近之前的數群，比如11來說，我們把2補在3上，就變成了11=2+4+5，這樣的乘積是比11=2+3+6的乘積大
如果我們定義可以分解成的最大的那個數為r，剩餘的那個數為m，那麼仔細想想就可以發現我們每次都可以把m補成r+1，除非m與r相等（因為前面沒有1）
m=r的情況特判
m=r+1的情況也特判一下
其他情況就是r+1的字首積除掉r+1-m，由於結果要對1e9+7取模，所以就是乘上r+1-m的逆元
兩個需要優化的地方：字首積要預處理一下，在找r時，用二分優化，求2，3，4……這個序列的字首和，然後找x的位置，這裡用了lower_bound函式
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int mod=1e9+7;
long
long db[100001],db2[100001];
long
long quick_mod(long
long a,long
long b)
return ret;
}int main()
scanf("%d",&w);
while (w--)
r=lower_bound(db2,db2+100000,n)-db2;
if (db2[r]==n)
else
if(db2[r]-n==1)
n=n-db2[r-1];
k=r-n;
ans=db[r]*quick_mod(k,mod-2)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}return
0;}
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