题目链接：http://codeforces.com/contest/948/problem/B
题目大意：有一个大于等于3的数X0，任意选择一个小于X0的质数P0，乘以一个数k使k*P0>=X0，且（k-1）*P0<X0，令X1=k*P0，任意选择一个小于X1的质数P1，乘以一个数u使u*P1>=X1，且（u-1）*P1<X1，令X2=u*P1；现在给你X2，求出所有满足条件的X0里最小的那一个。
解题思路：
绕，超级绕。
我一开始读题目的时候就觉得这道题很绕完全搞不清楚大小关系，经过神级学长的耐心讲解终于搞懂了，此处%红太阳。
首先我想到的是暴力解法，枚举出所有的X1，再枚举出X1最大的质因数，X1-P+1的最小值即为解。于是我们来算一下时间复杂度。枚举所有的X1->O(n)，枚举出X1最大的质因数->O(sqrt(n))，n的范围在1e6，果断T。
于是寻找更省时间的方法，不用枚举X1或者不用枚举X1的质因数。
我们探究一下X1和X2的关系，发现如果从X2着手，是可以确定X1的范围的。X2等于一个小于等于X1的质数乘以一个正数，不妨设这个质数为P，那么X2-P<X1<=X2，右区间是固定死了的X2，左区间的最小值在P取最大值的时候取到。所以X1的范围是[X2-X2最大的质因数+1，X2]。
似乎没有什么用，还是要枚举，但是如果我们已知了X0呢？
假设我们有一个满足条件的X0，一定可以找到一个X1>=X0且处于这个区间（因为保证了X0是满足条件的一个解）。这个X1是如何找到的？一个小于等于X0的质数乘以一个正数！也就是说，对于任意大于X0且小于等于X2的数X0'，这个质数都存在，那么这个X1也存在，那么当X1>=X0'的时候，我们X0‘也是合理解，当X1<X0'的时候，X0’必定处于这个区间！（X1处于这个区间，X0'小于等于X2）。而处于这个区间的所有数都是一个满足条件的X0（可以取自己的质因数乘以一个因子等于自己，那么X0==X1，X1处于区间内）。
于是我们得出结论：只要一个X0是满足条件的解，所有大于X0且小于等于X2的都是满足条件的解。
满足单调性->求最小->二分！
最后只要二分X0即可。
下面放31msAC代码：
1 #include<stdio.h> 2 #define MAXN 1000000 3 4 int prime[MAXN+5],tot; 5 bool f[MAXN+5]; 6 7 int _max(int a,int b){return a>b?a:b;} 8 9 void _before(){ 10 11 int i,j; 12 for(i=2;i<=MAXN;i++){ 13 if(!f[i])prime[++tot]=i; 14 for(j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=MAXN;j++){ 15 f[i*prime[j]]=true; 16 if(i%prime[j]==0)break; 17 } 18 } 19 } 20 21 int main(){ 22 23 int x1,x2,l,r,i,mid,p; 24 bool flag; 25 _before(); 26 scanf("%d",&x2); 27 if(!f[x2]){ 28 printf("%d",x2); 29 return 0; 30 } 31 for(i=tot;i>=1;i--) 32 if(x2%prime[i]==0)break; 33 p=prime[i]; 34 l=2; r=x2; 35 while(l<r){ 36 if(l+1==r)break; 37 mid=(l+r)>>1; 38 flag=false; 39 for(i=1;prime[i]<=mid;i++){ 40 x1=(_max(mid,x2-p+1)+prime[i]-1)/prime[i]*prime[i];//取大于左端点的最小的数 41 if(x1-prime[i]<mid&&x1<=x2){ 42 flag=true; 43 break; 44 } 45 } 46 if(flag)r=mid; 47 else l=mid; 48 } 49 printf("%d",r); 50 return 0; 51 }