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F - Detachment

In a highly developed alien society, the habitats are almost infinite dimensional space.
In the history of this planet,there is an old puzzle.
You have a line segment with x units’ length representing one dimension.The line segment can be split into a number of small line segments:

a_{1}, a_{2}

InputThe first line is an integer T,meaning the number of test cases.
Then T lines follow. Each line contains one integer x.
1≤T≤10^6, 1≤x≤10^9OutputMaximum s you can get modulo 10^9+7. Note that we wants to be greatest product before modulo 10^9+7.

Sample Input

1
4

Sample Output

题意概括：

给一个数 N ，可以把它分解成若干个不相同的数 N = a1+a2+a3+...... ，求最大的 S = a1*a2*a3*.......

分多少个随意，也可以不分。

解题思路：

一开始以为是规律题，

后来推了无果，笔纸模拟到 11 发现一个神奇的贪心

要是乘积最大化，那可分的数越多越好。

而每一个数可分的数字数量是有规律的。

x1 = 1, s1 = 1;

x2 = 2, s2 = 2;

x3 = 3, s3 = 3;

x4 = 4, s4 = 4;

x5 = 2+3, s5 = 2*3;

x6 = 2+4 [2+(3+1)], s6 = 2*4;

x7 = 3+4 [(2+1) + (3+1)], s7 = 3*4;

x8 = 3+5 [(2+1) + (3+1+1)], s8 = 3*5;

x9 = 2+3+4, s9 = 2*3*4;

x10 = 2+3+5 [2+3+(4+1)], s10 = 2*3*5;

x11 = 2+4+5 [2+(3+1)+(4+1)], s11 = 2*4*5;

...

如何构造贪心显而易见了，

假如有一个数让你拆成两个要求积最大，肯定是拆成两个一样的，如果拆成n个，肯定就是拆成这个数/n，如果没说几个，肯定都拆成几个3就拆成几个三，剩下的拆成2.这个题要求不能一样的，所以肯定就是2,3,4这样排列了，从2开始让它变小，这样数量会最多，每次加一就是让他越来越接近。所以用前缀和记录，如果有剩余的话，肯定是从后往前逐个+1，而且剩余的那个数最多=2,3,4...最大的那个数，举个例子会发现有两种情况：1.比如2*3*4*5余下5，相等。最优就是3*4*5*7，就是每个数都加一遍，然后会剩下一个1，加给最后一个，总的来说就是除以2，乘上t+2,（t是最后一个数的值）；2.不相等，2,3,4,5，余2，最优就是2,3,5,6，就是用3的阶乘*6的阶乘除以4的阶乘，因为数量太多，不能一个一个乘，就用前缀积相除，数字太大，就要用逆元了。。然后用二分优化下。。

数据量大，要用前缀积+逆元求，用前缀和优化，二分找小于当前值的最接近的前缀和，求余数

参考一篇大牛的证明：

https://blog.csdn.net/qq_34374664/article/details/53466435

此题关键在于得出如何能使乘积s最大

按照以往经验，必然是取一段连续自然数能够使得乘积最大，而这段连续自然数可从2开始(为啥不从1开始?从1开始还不如将这个1给这段连续自然数的最后一个数)，

于是我们可以得到形如2+3+4+...+k(k=2,3,...)的式子，而x是10^9内的任意整数，我们不可能恰好能够凑成连续自然数之和，可能会多出△x

而这个△x的值，我可以保证它的范围为0≤△x≤k，相信大于等于0还是好理解的，为什么会小于等于k呢?因为当它大于k时，原式不是可以增加一项?即2+3+4+...+k+(k+1)

那么多出来的△x怎么处理呢?显然是从后往前均摊给连续自然数中的(k-1)个数，为啥从后往前?因为若我们从前往后，总是会使连续自然数重复，不好处理

于是，在我们分配完△x之后，我们大致会得到下述两种式子:

**①23...(i-1)(i+1)...k*(k+1)**

**②34...i(i+1)...k*(k+2)**

显然，我们要计算此结果，可以借助阶乘，而阶乘中缺失的项，我们除掉就可以了，那么便会涉及除法取模，显然需要用到乘法逆元

做法讲解完毕，以下是为什么连续段乘积最大的大概证明:

AC code：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <iostream>
 3 #include <algorithm>
 4 #include <cstring>
 5 #define LL long long
 6 using namespace std;
 7 const int MAXN = 1e5+5;
 8 const int Mod = 1e9+7;
 9 
10 LL mul[MAXN], sum[MAXN];
11 void init()
12 {
13     mul[1] = 1;
14     sum[1] = 0;
15     for(int i = 2; i < MAXN; i++){
16         sum[i] = sum[i-1] + i;          //前缀和
17         mul[i] = (i*mul[i-1])%Mod;      //前缀积
18     }
19 }
20 
21 LL inv(LL a, int b)                     //费马小定理求逆元
22 {
23     LL ans = 1;
24     while(b){
25         if(b&1) ans = (ans*a)%Mod;
26         a = (a*a)%Mod;
27         b >>= 1;
28     }
29     return ans;
30 }
31 
32 int main()
33 {
34     int t, x;
35     init();
36     scanf("%d", &t);
37     while(t--){
38         scanf("%d", &x);
39         if(x == 1){
40             puts("1");
41             continue;
42         }
43         int l = 2, r = MAXN, mid, p;
44         while(l <= r){
45             mid = (l+r)/2;
46             if(sum[mid] <= x) p = mid, l = mid+1;
47             else r = mid-1;
48         }
49 //        printf("%d
", p);
50         int num = x - sum[p];
51         LL ans = 0;
52         if(num == p)
53             ans = (mul[p]*inv(2, Mod-2)%Mod*(p+2))%Mod;
54         else
55             ans = (mul[p+1]*inv(mul[p+1-num], Mod-2)%Mod*mul[p-num])%Mod;
56         printf("%lld
", ans);
57     }
58     return 0;
59 }
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