*G - Number With The Given Amount Of Divisors
Given the number n, find the smallest positive integer which has
exactly n divisors. It is guaranteed that for the given n the answer
will not exceed 1018.
Input
The first line of the input contains integer n (1 ≤ n ≤ 1000).
Output
Output the smallest positive integer with exactly n divisors.
Examples
Input
4
Output
6
Input
6
Output
12**
思路：
这是一道典型的反素数的题目，我也是想了很久才能把代码看懂，代码不长，但是非常难懂。如果理解了其中的思想还是很有意思的（但是我做的时候一点也没感到有意思），哈哈，话不多说，先来看看这道题目。
大意：
对于一个正整数n，找到一个数X，X的因子数为n，且X最下也就是，X=min（{因子数为n的集合}），而满足这样的X称为反素数。
解题：
X=2^m1*3^m2*5^m3***********p^mn;X的因子总数为（m1+1）*(m2+1)*******(mn+1);大家把这个看明白了就很好解了。按照这个思路，写出递归深搜算法。如果还不理解的话，大家可以参考下资料，搜索反素数会有大量的资料。耐下心来，不要浮躁，一定会弄懂的。
参考资料：
1、stupid_one 博客
随手记录，持之以恒。(•̀ᴗ•́)و反素数就是区间内约数个数最多的那个数。
在ACM题目里，
一般是求约数最多而且数字最小的那个数，【1--n】
二是求约数刚好等于n的最小的那个数
三是求区间里的最小反素数【beign，end】
1和3有区别吗？有，1可以加速，3只能暴力
先说下思路
思路 ： 官方题解 ：
（1）此题最容易想到的是穷举，但是肯定超时。
（2）我们可以知道，计算约数的个数和质因数分解有着很大的联系： 若Q的质因数分解为：Q=p1^k1*p2^k2*…*pm^km（p1…pm为素数，k1…km≥1），则Q有(k1+1)(k2+1)…(km+1)个约数。但是质因数分解的时间复杂度很高，所以也会超时。
（3）通过以上的公式，我们可以“突发奇想”：为何不能把质因数分解的过程反过来呢？ 这个算法就是枚举每一个素数。初始时让m=1，然后从最小的素数2开始枚举，枚举因子中包含0个2、1个2、2个2…k个2，直至m*2^k大于区间的上限N。在这个基础上枚举3、5、7……的情况，算出现在已经得到的m的约数个数，同时与原有的记录进行比较和替换。直至所有的情况都被判定过了。 这个算法的优化：如果p1*p2*p3*……*pk>N（pi表示第i个素数），那么只要枚举到p k-1，既不浪费时间，也不会遗漏。
（4）以上的算法还不是最好的，还可以继续优化。 我们看以下的例子： 6=2*3 10=2*5 6和10的质因数分解“模式”完全相同，所以它们的约数个数是相同的。但是由于3<5，所以6<10。 12=2^2*3 18=3^2*2 12和18的质因数分解“模式”完全相同，所以它们的约数个数是相同的。但是由于12的质因数分解中2的指数大于3的指数，18的质因数分解中3的指数大于2的指数，所以12<18。 根据以上的举例，我们也可以对（3）中的算法进行一个改进：可以在枚举时进行一个优化，使得枚举到的数字中2的指数不小于3的指数，3的指数不小于5的指数……这样我们就能够得到质因数分解“模式”相同的最小数（证明略）。再对于每一个得到的数进行比较和记录。这个算法的优化力度极大，效率几乎达到了极限。
下面是代码部分：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ull unsigned long long const ull inf = ~0ULL; int p[16] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};//这16个素数乘起来接近于ull最大值 //因为质因数的指数不递减，所以所以指数为1的时候不爆ull的最多16个质数 int n; ull ans; void dfs(int dep, ull tmp, int num){ //深度，当前数的值，因数的个数 if(num > n)//因数多于n回溯 { return ; } if(num == n && ans > tmp) ans = tmp; for(int i = 1; i <= 63; i++){ //枚举指数 if(tmp > ans / p[dep])break; //满足最小 dfs(dep + 1, tmp *= p[dep], num * (i + 1)); } } int main(){ while(cin>>n){ ans = inf; dfs(0, 1, 1); cout << ans << endl; } return 0; }注：个别文字摘抄与网络，如有侵权，请私信联系删除，本文不用做盈利。