题解 ARC163C【Harmonic Mean】

没想出来什么优美的解法，来个乱搞。

特判平凡情况 $n\le 2$，其中 $n=1$ 显然有 $1=\frac{1}{1}$，$n=2$ 无解。

众所周知 $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2^k}$。注意到公式中除了 $\frac{1}{2^k}$ 有重复外，其余项均无重复。容易想到将其中一个 $\frac{1}{2^k}$ 拆成 $1:2$ 的两部分，即 $\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{k-1}\times 3}+\frac{1}{2^k\times 3}$。此时的项数 $n=k+2$，要使得分母不超过 $10^9$，可以解决 $n\le 30$ 的问题。

例如：

• $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}$。
• $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}$。

尝试将上面的做法推广，使得其不仅能做 $n\le 30$，还能做 $n\le 500$。首先，我们写出 $1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{28}}+\frac{1}{2^{27}\times 3}+\frac{1}{2^{28}\times 3}$。我们维护两个集合 $bases$ 和 $ans$，其中 $bases$ 是可以继续拆的分母的集合（见下文），$ans$ 是答案的分母的集合。

那么，当 $|ans| < n$ 时，我们重复执行：

1. 从 $bases$ 中取出最大的分母 $u$（感受一下就会发现最大的比最小的更优），并从 $bases$ 中删除。
2. 如果 $2\mid u$，且分母 $\frac{3}{2}u$ 和 $3u$ 不在 $ans$ 中且不超过 $10^9$，就可以把 $u$ 拆成 $\frac{3}{2}u$ 和 $3u$，加入 $bases$ 和 $ans$ 中。

发现这么做完之后，$|ans|$ 只能达到 $200$，也就是说只能解决 $n\le 200$ 的问题。

这样就没办法了吗？当然不是。既然开始乱搞了，就要把乱搞贯彻到底。

3. 否则如果 $3\mid u$，且分母 $\frac{4}{3}u$ 和 $4u$ 不在 $ans$ 中且不超过 $10^9$，就可以把 $u$ 拆成 $\frac{4}{3}u$ 和 $4u$，加入 $bases$ 和 $ans$ 中。

发现这么做完之后，$|ans|$ 只能达到 $276$，也就是说只能解决 $n\le 276$ 的问题。

4. 否则如果 $4\mid u$，且分母 $\frac{5}{4}u$ 和 $5u$ 不在 $ans$ 中且不超过 $10^9$，就可以把 $u$ 拆成 $\frac{5}{4}u$ 和 $5u$，加入 $bases$ 和 $ans$ 中。

发现这么做完之后，$|ans|$ 已经足够 $500$ 了！其准确值为 $|ans|=1317$。

于是做完了。

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug(format...) fprintf(stderr, format)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;

mt19937 rnd(std::chrono::duration_cast<std::chrono::nanoseconds>(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch()).count());
ll randint(ll L, ll R) {
    uniform_int_distribution<ll> dist(L, R);
    return dist(rnd);
}

template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}

ll T, n;

int main() {
    for(scanf("%lld", &T); T; T--) {
        scanf("%lld", &n);
        if(n == 1) {
            puts("Yes\n1");
            continue;
        }
        if(n == 2) {
            puts("No");
            continue;
        }
        if(n <= 30) {
            puts("Yes");
            rep(i, 1, n-2) printf("%lld ", 1LL << i);
            printf("%lld %lld\n", (1LL << (n - 2)) * 3, (1LL << (n - 3)) * 3);
            continue;
        }
        set<ll> bases;
        rep(i, 1, 28) bases.insert(1LL << i);
        bases.insert((1LL << 28) * 3);
        bases.insert((1LL << 27) * 3);
        set<ll> ans = bases;
        while(!bases.empty() && (ll)ans.size() < n) {
            ll u = *bases.rbegin();
            bases.erase(u);
            if(u % 2 == 0 && u * 3 <= 1000000000 && !ans.count(u * 3) && !ans.count(u / 2 * 3)) {
                bases.insert(u * 3);
                bases.insert(u / 2 * 3);
                ans.erase(u);
                ans.insert(u * 3);
                ans.insert(u / 2 * 3);
            }
            else if(u % 3 == 0 && u * 4 <= 1000000000 && !ans.count(u * 4) && !ans.count(u / 3 * 4)) {
                bases.insert(u * 4);
                bases.insert(u / 3 * 4);
                ans.erase(u);
                ans.insert(u * 4);
                ans.insert(u / 3 * 4);
            }
            else if(u % 4 == 0 && u * 5 <= 1000000000 && !ans.count(u * 5) && !ans.count(u / 4 * 5)) {
                bases.insert(u * 5);
                bases.insert(u / 4 * 5);
                ans.erase(u);
                ans.insert(u * 5);
                ans.insert(u / 4 * 5);
            }
        }
        puts("Yes");
        for(ll i : ans) printf("%lld ", i);
        puts("");
    }
    return 0;
}