最大最小公倍数

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【题目描述】
已知若干个正整数的和为S，求这若干个正整数的最小公倍数的最大值。

【输入】
第一行一个整数T，表示测试数据的组数。
接下来T行，每行包括一个正整数S，表示若干个正整数的和为S。

【输出】
输出T行，每行包括一个整数，表示和为S的若干个正整数的最小公倍数的最大值。

【样例输入】
2
4
7

【样例输出】
4
12

【数据范围限制】
40%的数据：S≤100；
80%的数据：S≤330，结果不会超过long long类型；
100%的数据：2≤S≤500，T≤10，结果不会超过25位整数。

【提示】
样例中第一组数据S=4，它能分解成S=1+1+1+1，S=1+1+2，S=1+3，S=2+2，S=4，很明显S=4时最小公倍数为4，是所有情况中最小公倍数最大的；第二组数据S=7，它能分解成S=3+4，3和4的最小公倍数是12，也是所有情况中最小公倍数最大的。

【题解】
这道题真是 害人不浅 啊！题目描述那么难懂就算了，还来个高精度！
我比赛时看到题目，哇塞！好难啊！我一直想着怎样把S拆成几个数，并没有找规律（因为最近经常做暴力水法就能过的题）。最后决定使用递归枚举 拆分S的所有情况，再找出最小值更新答案。
结果果然不出我所料，时间超限30！
30分的做法我就不细讲了，毕竟那个并不是正解。
这道题目其实是一道DP！我们可以把S拆分成这个样子：
$$S=x{1}^{y1}+x{2}^{y2}+x{3}^{y3}+\dots \dots x{i}^{yi}$$
其中，x1,x2,x3……,xi均为质数。
那么答案就等于 $x{1}^{y1}\ast x{2}^{y2}\ast x{3}^{y3}\ast \dots \dots \ast x{i}^{yi}$（因为质数都是两两互质的，所以不用求它们的最大公因数）
为什么要拆成质数呢？我们可以设 $A=x{1}^{y2}\ast x{2}^{y2}$，但是我们会发现，$A>x{1}^{y1}+x{2}^{y2}$，而 A 对答案的贡献却和 $x{1}^{y1}\ast x{2}^{y2}$ 一样大。也就是说，合数不仅占空间，贡献还质数一样多，所以我们就只用质数，而不用合数了。

下面我们来设状态吧！
我们可以设f[i]为 和为i的若干个质数的积的最大值 那么我们就可以写出状态转移方程了：$$f_i=max(f_i,f_{i-{x_j}^k}\ast {x_j}^k)(0\le k\le \frac{i}{x_j})$$
其中，j 枚举的是质数，k 枚举的是系数。
额……怎么这题竟然是一道DP？！

温馨提示：

1. 我们可以先算出2~500的所有质数，然后DP，最后读入s（只要立刻输出f[s]就可以了）
2. DP过程是三重循环的，最外层是j，枚举质数；然后是i，枚举1~500的所有数；最后是k，枚举系数。
3. 记得打高精度！其实我们并不需要打出高精度 加、减、乘、除的所有运算，只要打 高精度乘低精度的运算 和 高精度数的判断操作 即可！
4. DP前记得把f数组直接初始化为1（不然答案都会是0哟）

#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
	int len,a[120];
	node()
	{
		memset(a,0,sizeof(a));
		len=1;
	}
}f[510];
int s[500];
node chengfa_x(node n1,int x)//这里是高精度乘低精度！
{
	node no;int i;
	no.len=n1.len;
	for(i=1;i<=no.len;i++) no.a[i]=n1.a[i]*x;
	for(i=1;i<=no.len;i++)
	{
		no.a[i+1]+=no.a[i]/10;
		no.a[i]%=10;
	}
	i=no.len;
	while(no.a[i+1]>0)
	{
		i++;
		no.a[i+1]=no.a[i]/10;
		no.a[i]%=10;
	}
	while((no.a[i]==0)&&(i>1)) i--;
	no.len=i;
	return no;
}
bool pd(int k)//判断素数
{
	int tt=sqrt(k),i;
	for(i=2;i<=tt;i++)
	{
		if(k%i==0) return false;
	}
	return true;
}
node max(node x,node y)//高精度取max值
{
	if(x.len>y.len) return x;
	if(x.len<y.len) return y;
	for(int i=x.len;i>=1;i--)
	{
		if(x.a[i]>y.a[i]) return x;
		else if(x.a[i]<y.a[i]) return y;
	}
	return y;
}
int main()
{
	int t,i,j,c,sum=0,k,p;
	node T;
	scanf("%d",&t);
	for(i=2;i<=500;i++) if(pd(i))
	{
		s[++sum]=i;
	}
	for(i=0;i<=500;i++) f[i].a[1]=1;//初始化
	for(j=sum;j>0;j--)//DP过程
	{
		for(i=500;i>=1;i--)
		{
			p=1;
			for(k=1;k<=8;k++)
			{
				p=p*s[j];
				if(p>i) break;
				else
				{
					f[i]=max(f[i],chengfa_x(f[i-p],p));
				}
			}
		}
	}
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&c);
		for(i=f[c].len;i>=1;i--) printf("%d",f[c].a[i]);
		printf("\n");//输入一个，输出一个
	}
	return 0;
}