题目大意：

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给出nnn个数a[1],a[2]...a[n]a[1],a[2]...a[n]a[1],a[2]...a[n]，求a[1]×a[2]×...×a[n]a[1]\times a[2]\times ...\times a[n]a[1]×a[2]×...×a[n]是m!m!m!因数的最小的mmm。

思路：

首先，我们可以把这nnn个数分解质因数，并将每个质因数存在一个桶里。

那么我们设分解后有k[1]k[1]k[1]个x[2]x[2]x[2]，k[2]k[2]k[2]个x[2]...k[m]个x[m]x[2]...k[m]个x[m]x[2]...k[m]个x[m]，那么原本的a[1]×a[2]×...×a[n]a[1]\times a[2]\times...\times a[n]a[1]×a[2]×...×a[n]就变成了：

x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]x[1]^{k[1]}\times x[2]^{k[2]}\times...\times x[m]^{k[m]}x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]

其实也就是说，​​将m!分解质因数后一定含有k[1]个x[1]，k[2]个x[2]，一直到k[m]个x[m]​​。

我们知道，如果m!m!m!分解质因数后含有x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]x[1]^{k[1]}\times x[2]^{k[2]}\times...\times x[m]^{k[m]}x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]，那么(m+1)！(m+1)！(m+1)！就一定含有x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]x[1]^{k[1]}\times x[2]^{k[2]}\times...\times x[m]^{k[m]}x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]。

原因很简单。

证：
设T=x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]T=x[1]^{k[1]}\times x[2]^{k[2]}\times...\times x[m]^{k[m]}T=x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]，那么由于m!m!m!分解质因数后含有TTT,那么m!m!m!就可以写成TxTxTx，其中xxx为正整数。
由于
(m+1)!=m!×(m+1)=Tx(m+1)(m+1)!=m!\times (m+1)=Tx(m+1)(m+1)!=m!×(m+1)=Tx(m+1)
所以(m+1)！(m+1)！(m+1)！就一定含有x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]x[1]^{k[1]}\times x[2]^{k[2]}\times...\times x[m]^{k[m]}x[1]k[1]×x[2]k[2]×...×x[m]k[m]
证毕。

所以，也就是说，m!m!m!里含有的因式(m+1)(m+1)(m+1)一定含有，那么(m+2)(m+2)(m+2)也含有，(m+3)(m+3)(m+3)也含有。。。

所以，这个阶乘很明显是单调的。

那么就可以二分答案qqq。若q！q！q！含有k[1]k[1]k[1]个x[1]x[1]x[1]，k[2]k[2]k[2]个x[2]...k[m]x[2]...k[m]x[2]...k[m]个x[m]x[m]x[m]，那么q!q!q!就是合法的解，由此又可以得到大于qqq的数的阶乘也是合法的解。所以最小的答案就在[1,q][1,q][1,q]中。

否则就在[q+1,MAXN][q+1,MAXN][q+1,MAXN]中。

MAXNMAXNMAXN的话设大一点就好了。反正二分又不会很多次。

时间复杂度：O(nn+nlogn)O(n\sqrt{n}+nlogn)O(nn​+nlogn)

代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define ll long long
#define N 5000100
using namespace std;

int n,m,l,r,mid,num[N];

bool check(int x)
{
  int sum;
  ll y;
  for (int i=2;i<=N;i++)
  {
    if (!num[i]) continue;
    sum=0;
    y=(ll)i;
    while (y<=(ll)x)
    {
      sum=sum+(x/(int)y);  //记录有多少个i
      if (sum>num[i]) break;
      y*=i;
    }
    if (sum<num[i]) return false;  //不够
  }
  return true;
}

int main()
{
  scanf("%d",&n);
  int x;
  for (int i=1;i<=n;i++)
  {
    scanf("%d",&x);
    for (int j=2;j*j<=x;j++)
     while (!(x%j))
     {
      num[j]++;  //分解质因数
      x/=j;
     }
    if (x>1) num[x]++;
  }
  l=1;
  r=N-1;
  while (l<=r)
  {
    mid=(l+r)/2;
    if (check(mid)) r=mid-1;
     else l=mid+1;
  }
  printf("%d\n",r+1);
  return 0;
}