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思路

因为不能有$0$，设这$k$个数分别为$1+a_1k,2+a_2k,\cdots,k+a_nk$，设$m=\sum\limits_{i=1}^{k}a_i$，这些数加起来就是$\frac{(k+1)k}{2}+mk$。也就是要找一个$k$满足$n\equiv\frac{(k+1)k}{2}\pmod k$。

如果$n$为奇数，显然$k=2$满足题意。

现在考虑$n$为偶数的情况。

如果$k$为偶数，原式可写作$n\equiv\frac{k}{2}\pmod k$，那么$k$要满足$k$不是$n$的因数，但是$k$是$2n$的因数。除此之外因为还要满足$n\geq\frac{(k+1)k}{2}$，所以要想办法让$k$最小。设小于等于$k$的最大的$2$的幂为$2^g$，那么$k=2^{g+1}$就是最小的答案。

如果$k$为奇数，原式就变成$n\equiv0\pmod k$，只需要$k$是$n$的因数即可，设$k_1=2^{g+1},k_2=\frac{2n}{k_1}$，如果$k_1$不满足题意，有$(k_1+1)k_1>2n\Rightarrow k_2<k_1+1$，因为$k_2$为奇数，$k_1$为偶数，有$k_2\leq k_1-1$，因此$(k_2+1)k_2\leq k_1k_2=2n$，$\frac{(k_2+1)k_2}{2}\leq2n$，因此$k_2$必然满足题意。

另外$2$的幂没有答案，特判一下就可以。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while(T--)
    {
        ll n;
	cin >> n;
	ll x = n;
	while(x % 2 == 0)
            x /= 2;
	if(x == 1)
            cout << -1 << endl;
	else if(x <= 2e9 && (x*(x+1))/2 <= n)
            cout << x << endl;
	else
            cout << 2*(n/x) << endl;
    }
}