problem

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solution

最后子集大小一定 $\ge n-3$，下面考虑证明这个结论。

• 假设 $n=2k$。

  ${\prod }_{i=1}^n(i!)={\prod }_{i=1}^k(2i-1)!(2i)!={\prod }_{i=1}^k\left(\right((2i-1)!{)}^{2}2i)={\prod }_{i=1}^k((2i-1)!{)}^2\cdot {\prod }_{i=1}^{k}2i={\prod }_{i=1}^k((2i-1)!{)}^2\cdot 2^k\cdot k!$

  • $k=2t$，只用扔掉 $k!$ 这一项，就可以开出整根 ${\prod }_{i=1}^k(2i-1)!\cdot 2^t$。
  • $k=2t+1$，扔掉 $k!$ ，再多扔一个 $2!$，仍可以开出上面的整根。

• 假设 $n=2k+1$。

  直接扔掉 $n!$，就转化到了 $n^{\prime }=2k$ 的情况。

  且如果情况满足 $n\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，答案一定是扔掉 $2!,\frac{n-1}{2}!,n!$。

这里只是证明的答案的下界，但并非一定是最优答案的扔法（通过样例可知）。

接着我们需要考虑如何判断是否可以只用删除 $1/2$ 个数。

要知道，决定一个数是否是平方数的关键在于质因子的幂次是否都是偶数。

也就是说要在尽可能地少扔数条件下，使得质因子幂次为奇数的都变成偶数。

只有出现次数的奇偶之分，我们想到了 $0/1$。

两个数相乘，对应质因子的幂次相加，二进制的加法相当于 $01$ 的异或。

但不可能对于每一个 $i$ 都把 $n$ 以内的质数都开一个空间，然后储存奇偶之分，再异或。时间空间总得挂一个。

$1e6$ 以内的质数个数 $\approx\frac{n}{\ln n}\approx 78498 $。我们采用 异或哈希。

对每一个质数分配随机的 $64$ 位整型权值，两个数的乘积变为两个数的哈希值的异或。

这样一来，对于出现偶数次的质数，异或后结果就是 $0$，只有出现奇数次的质数的权值会呈现在结果中。

质数 $i$ 的哈希值记为 $g_i$，同样还要知道 $g_{i!}$，这是很好求的 $g_{i!}=g_{(i-1)!}\oplus g_i$。

因为 $1$ 肯定是必选的，请直接从头到尾忽视。

• 如果 $val={⨁}_{i=2}^n{g}_{i!}=0$，则答案为 $n$。
• 将 $g_{i!}$ 通过 map 映射 $i$。
  • 如果 map 中存在一个值为 $val$，意味着可以删去这个 $val\to k$，答案为 $n-1$。
  • 枚举删除的要删除的数 $i$，考虑 map 是否存在 $val\oplus g_{i!}$，如果有则将这个映射的 $k$ 一同删去，答案为 $n-2$。
• 如果以上情况都没有发生，那么应当是 $n\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ 的情况，直接删掉特定的三个数即可。

我也不知道这个哈希的冲撞概率是多少，太菜了 so vegetable!

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000005
#define int long long
map < int, int > mp;
int n, cnt;
int f[maxn], g[maxn], prime[maxn];signed main() {mt19937_64 Rand( time( 0 ) );scanf( "%lld", &n );iota( prime + 1, prime + n + 1, 1 );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) if( prime[i] == i ) {for( int j = i;j <= n;j += i )prime[j] = min( prime[j], i );g[i] = Rand();}for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {f[i] = f[i - 1];int x = i;while( x ^ 1 ) {f[i] ^= g[prime[x]];x /= prime[x];    }mp[f[i]] = i;}auto solve = [&] ( int n ) -> vector < int > {int ans = 0;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) ans ^= f[i];if( ! ans ) return {};if( mp.find( ans ) != mp.end() ) return { mp[ans] };for( int i = 2;i <= n;i ++ )if( mp.find( ans ^ f[i] ) != mp.end() ) return { i, mp[ans ^ f[i]] };return { 2, n - 1 >> 1, n };};auto ans = solve( n );printf( "%lld\n", n - ans.size() );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( find( ans.begin(), ans.end(), i ) == ans.end() ) printf( "%lld ", i );return 0;
}