题解：阶乘

题目大意

给定一个数 \(n\)，求两个数 \(a\)，\(b\)，使 \(\Large\frac{a!}{b!}\normalsize = n(a>b)\)。
若有无数组解输出 -1。
多组数据。

思路简析

\[a! = a\times(a-1)\times(a-2)\times\cdots\times2\times1 \]

\[b! = b\times(b-1)\times(b-2)\times\cdots\times2\times1 \]

所以

\[\frac{a!}{b!} = a\times(a-1)\times(a-2)\times\cdots\times(b+1)\times b = \prod_{i=b}^{a} i \]

即求一段连续数列的积。

简单思考下：因为乘法增长速率是很快的，所以只需要观察每个 \(n\)。

呃呃我也不知道怎么说，但是你想：
\(\sqrt[1]{n} = n\)
\(\sqrt[2]{n} \times \sqrt[2]{n} = n\)
\(\sqrt[3]{n} \times \sqrt[3]{n} \times \sqrt[3]{n} = n\)
\(\sqrt[4]{n} \times \sqrt[4]{n} \times \sqrt[4]{n} \times \sqrt[4]{n} = n\)
\(\sqrt[5]{n} \times \sqrt[5]{n} \times \sqrt[5]{n} \times \sqrt[5]{n} \times \sqrt[5]{n} = n\)
\(\cdots\)
\(1 < \sqrt[n]{n} < 2\)

由于 \(a\)、\(b\) 都是正整数，所以显然不是小数。

然后就能遍历长度（\(a-b\)）来进行判断。

E.G.:
\(5! = 120\)
\(\sqrt[5]{120} = 120^{\frac{1}{5}} \approx 3\)

而 \(4 \cdot 5 \cdot 6 = 120\).

显然能得到一个结论即在 \(\sqrt[x]{n}\) 附近的 \(x\) 个数才有可能符合条件。

那么求出 \(\sqrt[x]{n}\) 再用其求即可。

点击查看代码

/*
compiling in hszxoj
standard C++14 -O2
ide VScode
g++ test.cpp -o test && ./test
*/
#include <bits/stdc++.h>
// #include <bits/extc++.h>
namespace {
#define filein(x) freopen(x".in", "r", stdin)
#define fileout(x) freopen(x".out", "w", stdout)
#define file(x) filein(x), fileout(x)
using namespace std;
// using namespace __gnu_pbds;
#define ll long long
#define db double
#define un unsigned
#define ui un int
#define ull un ll
#define udb un db
template <typename T>
using pr = pair<T, T>;
#define pii pr<int>
#define pll pr<ll>
#define pdb pr<db>
#define fir first
#define sec second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
const int man = 2.5e5+10, mam = 2.5e5+10;
}

int T;
ll n;
priority_queue<pii, vector<pii >, greater<pii > > q;
void pres () ;
int main () {
    pres();
    scanf("%d", &T);
    while (T --) {
        scanf("%lld", &n);
        if (n == 1) puts("-1");
        else {
            int res = 0, l, r;
            ll np;
            for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
                db p = pow(n, 1.0/db(i));
                if (p < 2) break; // * = i√n
                np = 1, l = max(1, int(p-i)), r;
                for (r = max(int(p-i+1), 1); r <= p; ++ r) np *= r;
                -- r;
                for (int j = p-i+1; j <= min((ll)(p+i-1), n); ++ j) {
                    // if (i == 2) printf("AAK%d %d %lld %d %d\n", i, int(p), np, l, r);
                    if (np==n && r-l == i) {
                        ++ res;
                        q.push(mp(r, l));
                        break;
                    } if (r-l == i) np /= ++l;
                    // if (i == 2) printf("BBK%d %d %lld %d %d\n", i, int(p), np, l, r);
                    np *= ++r;
                }
            } printf("%d\n", res+1);
            while (q.size()) {
                printf("%d %d\n", q.top().fir, q.top().sec);
                q.pop();
            } printf("%lld %lld\n", n, n-1);
        }
    } return 0;
}

// --- 

void pres () {
// #ifndef ONLINE_JUDGE
    file("jc");
// #endif
    return ;
}