題意

輸出不超過n的最小反素數

所謂反素數，是指比它小的數的約數個數，都嚴格比它少

即輸出不超過n的約數最多的數

若約數個數相同，輸出最小的那個

題解

首先，我們知道約數個數，ai為其素因子pi的冪次，

證明很簡單，就是在那個約數裡，這個素因子選幾個，0個，1個，…，ai個，共ai+1種選擇，累乘即可。

然後如果（ai+1）*(aj+1)相同，pi<pj，

如，約數個數均為（5+1）*（3+1）=24

我們自然是希望小的那個素因子出現的次數多，這樣數小。

所以dfs暴搜的一個很有利的剪枝，就是第k個數出現個數i<=第(k-1)個數出現個數last

此外，1e16的限制，大概最多也就是十五六個素數相乘之積吧，比那個BZOJ資料範圍大。

正經題解如上，樓主dfs不好，

開始的時候想了一種手算強湊法。

每次選擇可以乘的（乘了之後不超過n）的冪次最少（優先滿足）的最小（次優先滿足）素數因子，顯然是最優的。

比如說我現在這個數是，

那能乘7就乘7，因為7的冪次為0，

不能乘7的話就乘3，因為3是冪次為3的最小的數，

否則就乘2。

但是要特判兩個到五個2的貢獻，兩個三個到3的貢獻，兩個5的貢獻的問題，畢竟可能出現這些比以上更優的情況。

算了不口胡了，要是能搞出這個的程式碼就好了，簡直是0ms的存在。

程式碼

#include <iostream>
#include <algorithm> 
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <functional>
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10; 
const int mod=1e9+7;
const int MOD=998244353;
const double eps=1e-7;
typedef long long ll;
#define vi vector<int> 
#define si set<int>
#define pii pair<int,int> 
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define scll(x) scanf("%lld",&(x))
#define sclf(x) scanf("%lf",&(x))
#define pri(x) printf("%d",(x))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 
using namespace std;
ll n,ans=1,num=1;//ans為最後的答案 num為因子個數 
ll prime[]={1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};
void dfs(int k,ll now,ll cnt,int last)//當前到第k個數,當前ans,當前num,k的最大因子個數 
{
	if(k==17)
	{
		if(cnt>num||cnt==num&&ans>now)//個數儘可能多;個數相同,數儘可能小 
		{
			ans=now;
			num=cnt;
		}
		return;
	}
	int t=1; 
	for(int i=0;i<=last;++i)//[i,last]個第k個數 
	{ 
	  dfs(k+1,now*t,cnt*(i+1),i);
	  t*=prime[k];
	  if(now*t>n)break;
	} 
}
int main()
{ 
   while(~scanf("%lld",&n))
   {
   dfs(1,1,1,10);
   printf("%lld\n",ans);
   }
   return 0;
}