给你一个素数集合S。若一个数的素因子均属于S，则该数为丑数。求第n个丑数。
这题出得很妙，正解不好想。
法一：set
先把S中每个数放入set。每次取出set中的最小数，即为第i个丑数，并从s中删除。再将它乘S中的所有数，放入set。
这个复杂度还行，O(nklog(n))，会t一个点。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
set<ll> s;
int a[101];
int main()
{
freopen("humble.in","r",stdin);
freopen("humble.out","w",stdout);
int k=read(),n=read();
for(int i=1;i<=k;++i) a[i]=read(),s.insert(a[i]);
for(int i=1;i<n;++i){
int x=*s.begin();s.erase(s.begin());
for(int j=1;j<=k;++j) s.insert((ll)x*a[j]);
}
printf("%d\n",*s.begin());
}这个方法其实还比较好想（反正我是自己想出来的），后一个方法就是神犇才能想出来的看题解的。
法二（正解）
有了第一个tle的方法，我们可以尝试优化。首先外循环O(n)少不了。我们就只能优化中间的构造丑数的部分。
考虑到丑数的一种单调性，即对于任意a[j](S中的第j个数)，若a[j]*ans[x]<=ans[i]，则a[j]*ans[x]<=ans[m](m>i)。
即若a[j]*ans[x]<=ans[i]，则用a[j]更新时，ans[1]~ans[x]就再也不会有用了。
于是，求ans[i]时，对于a[j],我们每次只需找最小的x，使得a[j]*ans[x]>ans[i-1]。a[i]=min{a[j]*ans[x]}
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这样复杂度就OK了，O(nk)。（维护每个x的总次数为n，所以2个嵌套for循环次数为nk+n，维护总次数为nk，程序循环次数为2nk+n）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
int x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
ll a[101],ans[100001],s[100001];
int main()
{
freopen("humble.in","r",stdin);
freopen("humble.out","w",stdout);
ll k=read(),n=read();
for(ll i=1;i<=k;++i) a[i]=read();
ans[0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll x=2147483647;
for(ll j=1;j<=k;j++){
while(a[j]*ans[s[j]]<=ans[i-1]) s[j]++;
x=min(x,a[j]*ans[s[j]]);
}
ans[i]=x;
}
printf("%d\n",ans[n]);
}