\(x = 2^k\) 是好做的，每次以 \(2^{k-1}\) 為因數(shù)即可。

對(duì)于其他情況，考慮每次讓 \(x\) 減去其二進(jìn)制下最低位的 \(1\) 直至變成 \(2^k\)。

這種策略下顯然每個(gè)數(shù)只會(huì)在以上兩個(gè)大步驟下取到，故每個(gè)數(shù)使用不超過(guò) \(2\) 次。

同時(shí)操作次數(shù)在 \(O(\log n)\) 這個(gè)量級(jí)。

#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define lowbit(x) (x&-(x))
using namespace std;
//const int maxn =
map<int,int> cnt;
int w(int x){
	int res=0;
	for(int i=2;i<=sqrt(x);i++){
		if(x%i==0){
			res++;
			if(x%(x/i)==0) res++;
		}
	}
	return res;
}
int d(int x){
	int mi=x;
	for(int i=2;i<=sqrt(x);i++){
		if(x%i==0&&i>2) mi=min(mi,i);
		if(x%(x/i)==0&&(x/i)>2){
			mi=min(mi,x/i);	
		}
	}
	return mi;
}
queue<int> Out;
void solve(int x){
	Out.push(x);
	if(x==1) return ;
	if(x==lowbit(x)){
		solve(x/2);
	}	
	else solve(x-lowbit(x));
}
int T;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		int x;
		cin>>x;
		solve(x);
		cout<<Out.size()<<'\n';
		while(Out.size()>0) cout<<Out.front()<<' ',Out.pop();
		cout<<'\n';
	}

	return 0;
}