首先考虑到分数裂项：\(\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1} = \frac{1}{x\times (x + 1)}\)，那就有 \(\frac{1}{x} = \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x\times (x + 1)}\)。
于是构造方法就很明显了啊，首先特判一下 \(n = 1, 2\) 的情况，然后写出 \(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) 的式子，对着其中一个 \(\frac{1}{2}\) 就一直裂项下去。
具体的，\(2\) 个集合 \(P, N\)，\(P\) 代表可以裂项的数，\(N\) 代表不能裂项的数，每次从 \(P\) 里取出一个数 \(x\) 并删除 \(x\) 这个元素，若 \(x + 1, x\times (x + 1)\) 都没在 \(P\) 中出现过就把这两个数放到 \(P\) 里，否则说明 \(x\) 不能裂项放入 \(N\)。
当 \(|P| + |N| = n\) 时构造完成，\(P, N\) 中的数即为答案。
// lhzawa(https://www.cnblogs.com/lhzawa/)
// Problem: C - Harmonic Mean
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 163
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc163/tasks/arc163_c
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
function<void ()> solve = []() -> void {
int n;
scanf("%d", &n);
if (n == 2) {
printf("No\n");
return ;
}
set<int> P, N;
P.insert(1);
for (; P.size() + N.size() < (size_t)(n); ) {
int x = *P.begin();
P.erase(x);
if (P.count(x + 1) == 0 && P.count(x * (x + 1)) == 0) {
P.insert(x + 1), P.insert(x * (x + 1));
}
else {
N.insert(x);
}
}
printf("Yes\n");
for (int x : P) {
printf("%d ", x);
}
for (int x : N) {
printf("%d ", x);
}
printf("\n");
return ;
};
int _;
scanf("%d", &_);
for (; _; _--) {
solve();
}
return 0;
}