【数学】【CF27E】 Number With The Given Amount Of Divisors

传送门

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,'\n',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