题意简化：
已知有 n 个质数 a_i，求第 k 个包含了这些质因子的数。
算法：
这个蒟蒻看了各位大佬的 O(nk) 算法，表示不懂，于是现在这个使用了优先队列，也就是 O(k \times n \times \log(n \times k))，所以开个氧气也能过。
思路：
笔者第一次做，发现题目中明确指出了 ans \leq 2 \times 10^9，所以想起来了要开 long long，刚好学习了优先队列。而优先队列有一个特性——可以排序，然后……写出了这个代码。
ll number[20005];
int bfs(int a[]){
int cnt=n,id=0,nbs=n;
for(int i=1;i<=n;i++)q.push(a[i]);
while(!q.empty()){
id++;
int top=q.top();
q.pop();
if(id==k)return top;
if(cnt>k)continue;
for(int i=1;i<=n;i++){
bool flag=1;int t=a[i]*top;
for(int i=1;i<=nbs;i++){
if(number[i]==t){flag=0;break;}
}
if(flag)q.push(t);
}
}
}
很恭喜，成功地只 AC 了一个点，还 TLE 了一个点。
现在我们可以发现，判重实际上很浪费时间，所以现在我们记录上一次的数字（因为一个大的数字不可能凑出来一个小的数字），节约时间。
再一次观察发现，函数内的 int 和优先队列使用的 long long 不为同类型，所以需要将 int 修改为 long long。
于是有了现在这个代码。
int bfs(int a[]){
int id=0;
ll last=-1,top,t;
for(int i=1;i<=n;i++)q.push(a[i]);
while(!q.empty()){
top=q.top();
q.pop();
if(top==last)continue;
id++;
if(id==k)return top;
last=top;
for(int i=1;i<=n;i++){
t=a[i]*top;
if(t>P)continue;
q.push(t);
}
}
}
很恭喜，还是 TLE 了一个点。
到了这里，笔者想起来开 O2 优化，开了优化后，是 MLE，爆空间了。
所以……你还记得我们说的那个 ans \le 2 \times 10^9 吗？
既然 ans \leq 2 \times 10^9（int 的最大值近似为 2^{31}-1 约为 2.147 \times 10^9），那么答案就在 int 类型的区间里。
所以，我们把改成 int 类型的队列。
很恭喜，开 O2 优化，过了。
停一下，我们整理一下思路：
1. 结果需要开 long long，因为两个大于等于 2^{15.5} 的数字相乘，是会超过 int 的最大值的，但是队列只用开 int，因为答案不超过 int 的最大范围。
2. 不需要记录结果数字有没有重复（因为两个大于一的数字相乘一定越乘越大），但是需要记录这个数字有没有用过。
3. 需要 O2 优化。可能是 STL 的常数比较大。
ACcode:
//头文件略
#define ll long long
int n,k;
priority_queue< int , vector<int> , greater<int> > q;
const int P=2000000000;//方便之后书写
ll bfs(int a[]){
int id=0;
sort(a+1,a+n+1);//这里可以方便后面的if(t>P)可以直接break，方便我们节约时间复杂度。
for(int i=1;i<=n;i++)q.push(a[i]);//入队
ll last=-1,top,t;//last代表上一次的数字
while(!q.empty()){
top=q.top();
q.pop();
if(top==last)continue;//跳过循环
id++;last=top;//id统计有多少个有效数字了
if(id==k)return top;//当前是正确的数字，那么返回队列的顶端
for(int i=1;i<=n;i++){
t=a[i]*top;
if(t>P)break;//特判
q.push(t);//入队
}
}
}
int main(){
//读入略
printf("%d",bfs(input));
return 0;
}
附：提交记录
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