题目描述
对于任意输入的正整数n，请编程求出具有n个不同因子的最小正整数m。
例如：n=4，则m=6，因为6有4个不同整数因子1，2，3，6；而且是最小的有4个因子的整数。
输入输出格式
输入格式：
n（1≤n≤50000）
输出格式：
m
输入输出样例
输入样例#1：
INT.IN
4
输出样例#1：
INT.OUT
6
【分析】
一道神题，昨天模拟赛的t2，然而昨天太浪了，就没有做（谴责）。
我相信许多人和我一样刚看了这道题一定会不知所措，接下来就分析一下。
题目中给了这个正整数的因数个数，并不好处理，如果是质因数就好处理多了。
介绍一下约数公式：n=Πpri[i]*a[i]（n是这个数的因数个数，pri是质数，a是指数）。
我就不证明了，我也不会。
数据范围只有50000，计算可得约数个数最多16个，先打出一张素数表，以后的质数对答案没有贡献。
dfs(x,y,z)——x表示搜索到的正整数，y表示x的因数个数，z表示已经搜索到了第z个质数。
这样是会超时的，考虑剪枝。
枚举当前质数的指数i时，y%(i+1)==0，那么就是求y的因数，时间复杂度sqrt(y)。
当前质数的质数不可以为0，因为是从小到大搜索，还是比较有用的。
又发现x是会爆long long的（比赛时用double卡的精度）如果搜索时加高精度就太麻烦了，考虑用对数。
log(n)=Σa[i]*log(pri[i])（自己推吧，字母代表的意义和上面一样）。
搜索时保存指数，最后加一个高精度就好了。
听说还可以用dp，可我不会。
【代码】
//min
#include<cmath>
#include<cfloat>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
int n;
int ans[50005],get[18],tmp[18];
int pri[18]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};
double mn=DBL_MAX,lg[18];
inline void mul()
{
int i,j;
ans[0]=ans[1]=1;
fo(i,1,16)
while(get[i]--)
{
fo(j,1,ans[0]) ans[j]*=pri[i];
fo(j,1,ans[0]) ans[j+1]+=ans[j]/10,ans[j]%=10;
ans[0]++;
while(ans[ans[0]])
ans[ans[0]+1]+=ans[ans[0]]/10,ans[ans[0]]%=10,ans[0]++;
while(!ans[ans[0]]) ans[0]--;
}
}
inline void dfs(double x,int y,int z)
{
int i,j;
if(x>=mn) return;
if(y==1)
{
mn=x;
memset(get,0,sizeof get);
fo(i,1,z-1) get[i]=tmp[i];
return;
}
if(z>16) return;
for(i=0;(i+1)*(i+1)<=y;i++)
if(y%(i+1)==0)
{
if(i) tmp[z]=i,dfs(x+lg[z]*i,y/(i+1),z+1); //pri[z]^i
if((i+1)*(i+1)!=y)
{
tmp[z]=y/(i+1)-1;
dfs(x+lg[z]*(y/(i+1)-1),i+1,z+1);
}
}
}
int main()
{
int i,j;
scanf("%d",&n);
fo(i,1,16) lg[i]=log(pri[i]);
dfs(0,n,1);
mul();
for(i=ans[0];i>=1;i--) printf("%d",ans[i]);
printf("\n");
return 0;
}
