大致题意： 一直有两个数(m,n)，已知(sle mle n)，且(Alice)和(Bob)二个“最强大佬”各知道(mn)和(m+n)。每轮依次询问二人是否知道(m)和(n)是多少，求构造一对合法的(m,n)，使他们两个共说恰好(t)次不知道。
手玩样例
这题看起来真是神仙，差不多就是两个神仙人不停地说不知道，然后突然就知道了。。。
所以我们要来手（解）玩（释）一下样例。
这里先不讲如何求答案，就来讲一下这答案为什么可以，以样例(1)为例。
最后得到的(m,n)分别为(6,10)，也就是说(Alice)和(Bob)分别得到的是(60)和(16)。
那我们来模拟一下他们的思路：
第(1)轮
- (Bob)：对于(Bob)来说，(16=5+11=6+10=7+9=8+8)，在没有任何信息的情况下，无法排除任何一种答案。
- (Alice)：对于(Alice)来说，(60=5*12=6*10)，这两种情况下的和分别为(17)和(16)，而如果(Bob)得到的是(17)或(16)，都不能一次确定答案，因此(Alice)也无法排除任何一种答案。
第(2)轮
- (Bob)：上面提到过的(4)种情况，所对应的积分别为(55,60,63,64)，而除了(60)以外，其余(3)种情况在(5le mle n)的情况下都只有一种分解方式，所以(Alice)可以直接确定。而(Alice)依然不知道，因此可以将这(3)种情况排除，就得出答案为(6,10)。
- (Alice)：同理，在(Bob)确定之后也可以通过类似的方式确定。
动态规划
我们可以考虑用动态规划+剪枝来做这题。
设(f_{i,j,k})表示已经说过(i)次不知道，且两个数分别为(j,k)时是否能确定。
显然，对于每个人的询问是隔两次出现一次的。
而一个人如果上次被询问时已经知道答案了，下一次询问自然也知道。
于是可以推出第一个转移式：(f_{i,j,k}=f_{i-2,j,k})。
而光这一个式子显然是不够的（废话），考虑上面手玩样例的过程，我们可以发现，以(Alice)为例，如果与(j,k)乘积相等的其他情况（设为(x,y)）都可以使(f_{i-1,x,y}=1)（即如果是这种情况，上一次询问时另一个人就能得出答案），且(f_{i-1,j,k}=0)，就可以排除其他所有情况，确定(f_{i,j,k}=1)。
对于(Bob)同理。
这样就可以通过动态规划来预处理出(f)数组了。
求出答案
考虑到题目首先要求(m+n)最小，其次要求(m)最小，因此考虑先枚举(m+n)，然后枚举(m)。
于是就变成了判断一对(m,n)是否符合题目要求。
首先，由于要恰好说(t)次不知道，因此我们要保证对于任一(i<t)，(f_{i,m,n}=0)。
然后，还要特判一下(f_{t+1,m,n})是否确定，即判断此时的情况是否唯一，不然依然无法做到恰好说(t)次不知道。
这与之前动态规划的第二种转移方式的代码类似，具体实现详见代码。
代码
不知道不知道出了什么问题提答交不上去。。。只能直接交代码了（反正也跑得挺快，能(AC)）。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 15
#define V 300
using namespace std;
int n,t,k,f[N+5][V+5][V+5];char s[10];
I bool CheckA_Init(CI t,CI x,CI y)//预处理时对Alice的判断
{
RI i,v=x*y,lim=sqrt(v),flag=0;for(i=k;i<=lim;++i)//枚举情况
{
if(v%i||(t&&f[t-1][i][v/i])) continue;//如果x*y不是i的倍数（即不存在这种情况），或者这种情况会使f[t-1][i][v/i]=1，就说明不符合条件
if(i^x||flag) return false;flag=1;//如果符合条件的答案不为x,y，或有多种答案符合条件，说明不合法，返回false
}return flag;//若只有x,y未确定，则可将其确定
}
I bool CheckB_Init(CI t,CI x,CI y)//预处理时对Bob的判断
{
RI i,v=x+y,lim=v>>1,flag=0;for(i=k;i<=lim;++i)//枚举情况
{
if(t&&f[t-1][i][v-i]) continue;//如果这种情况会使f[t-1][i][v-i]=1，就说明不符合条件
if(i^x||flag) return false;flag=1;//如果符合条件的答案不为x,y，或有多种答案符合条件，说明不合法，返回false
}return flag;//若只有x,y未确定，则可将其确定
}
I bool CheckA_Answer(CI t,CI x,CI y)//求答案时对Alice的判断
{
RI i,v=x*y,lim=sqrt(v),flag=0;for(i=k;i<=lim;++i)//枚举情况
{
if(v%i||!f[t][i][v/i]||(t>=2&&f[t-2][i][v/i])) continue;//如果x*y不是i的倍数（即不存在这种情况），或者这种情况无法确定f[t][i][v/i]=1，或者在上一轮已经可以确定f[t-2][i][v/i]=1，就说明不符合条件
if(i^x||flag) return false;flag=1;//如果符合条件的答案不为x,y，或有多种答案符合条件，说明不合法，返回false
}return flag;//若只有x,y合法，则可确定f[t+1][m][n]为1
}
I bool CheckB_Answer(CI t,CI x,CI y)//求答案时对Bob的判断
{
RI i,v=x+y,lim=v>>1,flag=0;for(i=k;i<=lim;++i)//枚举情况
{
if(!f[t][i][v-i]||(t>=2&&f[t-2][i][v-i])) continue;//如果这种情况无法确定f[t][i][v-i]=1，或者在上一轮已经可以确定f[t-2][i][v-i]=1，就说明不符合条件
if(i^x||flag) return false;flag=1;//如果符合条件的答案不为x,y，或有多种答案符合条件，说明不合法，返回false
}return flag;//若只有x,y合法，则可确定f[t+1][m][n]为1
}
int main()
{
RI i,j,l,STO,ORZ,op,flag;scanf("%d%s%d",&k,&s,&n),t=s[0]=='B';//读入数据
for(i=0,op=t;i<=n;++i,op^=1) for(STO=k;STO<=V;++STO) for(ORZ=k;ORZ<=V;++ORZ)
f[i][STO][ORZ]=i>=2&&f[i-2][STO][ORZ]?1:(op?CheckB_Init(i,STO,ORZ):CheckA_Init(i,STO,ORZ));//动态规划预处理
for(i=k<<1;;++i) for(j=1;j<=(i>>1);++j)//枚举答案
{
for(flag=f[n][STO=j][ORZ=i-j],l=0;l^n&&flag;++l) f[l][STO][ORZ]&&(flag=0);if(!flag) continue;//若存在更早的情况，说明无法做到恰好t个，跳过
if(!((n&1?!t:t)?CheckA_Answer(n,STO,ORZ):CheckB_Answer(n,STO,ORZ))) continue;//特判
return printf("%d %d",STO,ORZ),0;//输出答案并结束程序
}return 0;
}