题目传送门（内部题11）
输入格式
第一行，三个整数$T,K,M$，分别代表数据组数、良好标准和整数范围。
接下来$T$行，每行一个整数$n_i$，代表一个询问。
输出格式
输出$T$行，在第$i$行对于询问$i$输出一个整数，代表第$n_i$个良好的整数。
保证答案一定不超过给定的$M$。
样例
样例输入1：
1 0 23333
10
样例输出1：
20
样例输入2：
3 5 998244353
28
165
233
样例输出2：
42
9360
63360
数据范围与提示
样例1解释：
前$10$个优秀的整数是$1,2,3,4,6,8,10,12,18,20$。
数据范围：
对于所有数据，$1leqslant Tleqslant 20,0leqslant Kleqslant 233,1leqslant n_ileqslant Mleqslant {10}^{18}。
题解
对于一个质数$p$，我们考虑所有仅包含小于$p$的质因子的正整数集$G$。不难发现：
若$xin G$，且在$G$中已经有超过$K$个小于$x$的整数约数个数多于$x$，即$x$一定不是良好的，则$xp^c(cgeqslant 0)$也一定不可能是良好的。
这样我们就可以得到一个初步的想法。开始我们认为仅有$1$是良好的，枚举质因子$p$，对于每一个原来认为是良好的数$x$,将$xp^c(cgeqslant 0)$加入候选列表，接着将候选列表排序，除去已经可以确定不是良好的数，进入下一轮迭代。容易证明，在这个算法中，筛去一个不是良好的数$x$，是不会在后续过程中令一个原本不是良好的数，变成一个良好的数的，故筛去良好的数的过程是合法的剪枝。
然而枚举的质因子的范围有多大呢?联想$K=0$这一经典问题，我们知道对于${10}^{18}$的范围，考虑前$20$个质因子都绰绰有余了，因为将更大的质因子加入是非常不优的。在$K$更大的时候，我们采用“迭代至稳定”的思想，每一轮迭代后检查答案是否变化，如果在较长一段迭代后答案无任何变化，我们就认为质因子$p$的上界已经达到。经过实践，在$K=233$时，$p$的最大值取到$293$即可。
我们考虑如何在一轮迭代中除去确定不是良好的数。考虑维护前$K+1$大值，从小到大枚举候选列表中的数$x$，若$x$小于第$K+1$大值，我们就把这个数除去。否则更新前$K+1$大值。根据上述描述可以大致估算复杂度。设$K=233$时，${10}^{18}$内良好的数的数量为$N$，经过实践，可以知道$N$约为$50,000$。每次扩展最多把一个数扩展成$log M$个数，在剪枝完毕后，列表大小又回归到$N$以下。
时间复杂度：$Theta((N imes K imes max(p)log M)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,K;
long long M;
int prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293};
int cnt,num,size;
pair<int,long long> heap[200000],que[200000],flag[200000];
bool cmp(pair<int,long long> x,pair<int,long long> y){return x.second==y.second?x.first<y.first:x.second<y.second;}
void up(int x)
{
while(x>1)
if(heap[x]<heap[x>>1])
{
swap(heap[x],heap[x>>1]);
x>>=1;
}
else break;
}
void insert(pair<int,long long> x){heap[++size]=x;up(size);}
void down(int x)
{
int s=x<<1;
while(s<=size)
{
if(s<size&&heap[s]>heap[s|1])s|=1;
if(heap[s]<heap[x])
{
swap(heap[s],heap[x]);
x=s;
s=x<<1;
}
else break;
}
}
void change(pair<int,long long> x){heap[1]=x;down(1);}
int main()
{
scanf("%d%d%lld",&T,&K,&M);
que[++cnt]=make_pair(1,1);
for(int i=0;i<62;i++)
{
num=0;
long long lft=0,rht=M/prime[i],k=0;
while(lft<=rht)
{
lft=max(lft*prime[i],1LL);
k++;
for(int j=1;j<=cnt&&lft*que[j].second<=M;j++)
flag[++num]=make_pair(que[j].first*k,lft*que[j].second);
}
sort(flag+1,flag+num+1,cmp);
int lst=cnt;
cnt=size=0;
for(int j=1;j<=min(K+1,num);j++)
{
insert(flag[j]);
que[++cnt]=flag[j];
}
for(int j=min(K+1,num)+1;j<=num;j++)
if(flag[j].first>=heap[1].first)
{
change(flag[j]);
que[++cnt]=flag[j];
}
if(lst==cnt)break;
}
while(T--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
printf("%lld
",que[x].second);
}
return 0;
}
rp++