Description
给定一个正整数(n)，输出最小的整数，满足这个整数有n个因子
Input
一行一个整数(n)
Output
一行一个整数，代表答案。
Hint
(1~leq~n~leq~1000)。保证答案不超过(10^{18})
Solution
经典题。
引理：
对于一个唯一分解式形如(x=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c^3}cdots p_k^{c_k})的数字(x)，则其因数个数为(prod(c_i+1))。
证明：
考虑乘法原理，第(i)项的指数有(0~sim~c_i)共(c_i+1)种方式，根据唯一分解定理的逆定理，每一项指数不同所得到的数是不同的。于是根据乘法原理，其因数个数为(prod(c_i+1))。
证毕。
定理：
考虑一个因数个数为(n)的最小整数(x)，则它的唯一分解式(x=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c^3}cdots p_k^{c_k})中，不妨设(p_1~<~p_2~<~p_3~<~cdots~<~p_k)，则一定满足：(p_1=2)，且(forall ~i~>~1)，(p_i)是大于(p_{i-1})的第一个质数，同时(forall~i~in~[1,k))，(c_i~leq~c_{i+1})。
证明：
1、若(p)在质数表上不是连续的，不妨设(p_i~<~q~<p_{i+1})，则将(p_{i+1})替换为(q)，(x)会变小，因为(c_{i+1})不变，根据引理，因数个数不变。于是替换为(q)答案更优，这与(x)是最小的有(n)个因子的数矛盾。
2、若(c_i)不是单调不升，不妨设(c_i~<~c_{i+1})，则将两指数交换，(x)会变小。同上可证因数个数不变。于是交换后答案更优，这与(x)是最小的有(n)个因子的数矛盾。
证毕。
于是发现答案的唯一分界式，(2)一定会出现且指数最大。考虑(2^{64})已经大于(10^{18})，所以指数最多为(64)。又发现前15个质数连乘的答案已经大于(10^{18})，所以质数最多是15个。于是爆搜一下，分别进行一下可行性剪枝和最优性剪枝，即可通过本题。
Code
#include<cstdio>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long int ll;
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch=getchar(),lst=' ';
while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst == '-') x=-x;
}
namespace IO {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x < 0) {x=-x,putchar('-');}
rg int top=0;
do {IO::buf[++top]=x%10+'0';} while(x/=10);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &_a,T &_b) {
T _temp=_a;_a=_b;_b=_temp;
}
const int prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};
int n;
ll ans=1000000000000000001;
void dfs(ll,int,int,int);
int main() {
qr(n);
dfs(1ll,0,64,1);
qw(ans,'
',true);
return 0;
}
void dfs(ll now,int cur,int p,int cnt) {
if(cnt > n) return;
if(now <= 0ll) return;
if(now > ans) return;
if(cur > 15) return;
if(cnt == n) {ans=now;return;}
for(int i=1;i<=p;++i) {
dfs(now*=prime[cur],cur+1,i,cnt*(i+1));
}
}
Summary
对于一个唯一分解式形如(x=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c^3}cdots p_k^{c_k})的数字(x)，则其因数个数为(prod(c_i+1))。