题意：
给出了三个新定义：
- E-prime : ∀ num ∈ E，不存在两个偶数a,b，使得 num=a*b;（简言之，num的一对因子不能全为偶数）
- E-prime factorization : 定义集合P由 E-prime 元素组成，定义 e = p1*p2*.....*pn；（p1,p2,....,pn ∈ P , |P| = n）
- E-factorial : 定义 e!! = 2*4*6*8*.........*e；（简言之，偶数e及其之前的偶数连乘积）
输出一个数 e ，求满足条件2的集合P，并且集合P需满足：p1*p2*.....*pn = e!! , |P| = n；
求 n 的最大值；
题解：
定义集合 Pi 为偶数 i 的满足条件（2）的最大的集合；
例如P8 = {2,2,2}，| P8 | = 3；
根据贪心的思想，要想使集合 Pe!! 中的元素个数最多，那么，e!! 一定要优先分解出最多的2（最小的e-prime）;
定义 odd 表示奇数，那么 odd*2 为 e-prime，因为 odd 因式分解肯定没有偶数因子，odd*2 只能分解出一个偶数因子2，符合条件（1）；
因此，对于所有的奇数 odd，可以通过让 odd*2 将 odd 转化为 e-prime，那么，我们的关注点就变成了 e!! 最多能分解出多少个2；
对于 e 之前的所有偶数，假设 ≤ e 的最大的2的幂为 2x+1，那么对于 e 之前的所有2的幂 21,22,23,....,2x+1 其可分解出 1+2+3+......+x+1 个2；
那 e 之前的所有非2的幂的偶数 even ，该如何快速求出他们的乘积最多能分解出多少个2呢？
首先，求解一下 2x+1 及其之前的偶数乘积最多可以分解出多少个2；
首先考虑这一点，任何一个偶数 even 都可分解成 odd*2i 模式， 那么 |Peven | = i；
那么，我们反过来考虑，对于任意奇数 odd 都可通过 odd*2i 求出 | Podd*2i | = i;
（每两个相邻的2的幂间的偶数块用红色编号① ② ③ ④ ...........表示）
（紫色数字代表相邻的2的幂间的奇数的个数）
对于偶数块①：只有一个奇数 3；
3*21 来到偶数块②；
3*22 来到偶数块③；
3*23 来到偶数块④；
........
3*2x-1来到偶数块(x)；
（注意偶数块的编号和2的幂的关系）
可知，通过3*2i 可求出P3*21 , P3*22 , .........., P3*2x-1，其集合元素个数总和为 1+2+3+..........+(x-1);
那么，对于偶数块 2 中的某一奇数 odd 呢？
根据对3的分析，可知，偶数块②可以构成的 ≤ 2x+1 的最大的偶数为 odd*2x-2 ，那么，通过 odd 求出的集合Podd*2i 的元素个数总和为 1+2+3+.......+(x-2)
因为偶数块②有21个奇数，所以这些奇数可以求出的集合P的元素个数总和为 2*(1+2+3+........+(x-2) ）;
偶数块③有22个奇数，其中任意一个 odd 可构成的 ≤ 2x+1 的最大的偶数为 odd*2x-3 ，这些奇数可以求出的集合P的元素个数总和为 22*(1+2+......+(x-3) );
..............
偶数块(x-1)有2x-2个奇数，其可求出的集合P的元素个数总和为2x-2;
综上，2x+1 及其之前的偶数乘积最多可以分解出的2的个数为：
这几项加和的值等于 2x+1-1；
（并不是通过公式化简成这个最简式，而是通过打表找到的，公式化简的话，只能依靠那些大佬了QWQ）
打表推公式代码：（明天张贴）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 5 int Sum(int pow,int up) 6 { 7 int sum=0; 8 for(int i=1;i <= up;++i) 9 sum += i; 10 return sum*pow; 11 } 12 int main() 13 { 14 int x; 15 while(~scanf("%d",&x)) 16 { 17 int sum=Sum(1,x); 18 int base=1; 19 for(int i=1;i <= x-2;++i) 20 { 21 sum += Sum(base,x-1-i); 22 base *= 2; 23 } 24 printf("sum=%d,%d\n",sum,1<<x); 25 } 26 }