題目傳送門。
首先將 \(n\) 分解質因數，用 dfs 求出 \(n\) 的所有因數，記為 \(d_1,d_2,\cdots,d_c\)，跑一遍反素數那題的**可知 \(c\leq 23327\)（
設 \(f_i\) 表示根節點為 \(d_i\) 時最小值。
顯然，區域性最優值可以保證整體最優值，且轉移無後效性，即求 \(f_i\) 時不會影響 \(f_j\ (d_j，故答案可以用樹形 dp 求出，將所有因數排序後可以轉化為序列上的 dp。
對於不能出現在樹上的 \(d_i\) 直接 skip 即可。
設 \(g_i\) 表示 \(d_i\) 所含有的質因子個數。for example，\(12=2\times 2\times 3\)，所以 \(12\) 有 \(3\) 個質因子。在本題中，\(g_\) 也表示以 \(d_i\) 為根的子樹的節點個數，不難發現其為定值。
假設當前轉移 \(f_i\) 決策點為 \(j,k\ (d_j\times d_k=d_i)\)，那麼對於 \(d_j\) 和 \(d_k\) 子樹內兩兩組合出的 pairs 的貢獻可以直接由 \(f_j+f_k\) 推得，剩下來只有兩種情況：
轉移方程：
\[f_i=\min_f_j+f_k+(g_j\times g_k+g_i)\times d_i
\]，其中 \(g_i=g_j+g_k+1\) 可以在 dp 時一併求出。
這樣子搞是 \(\mathcal o(c^3)\) 的，顯然無法接受。
綜上，我們有了乙個 \((\sqrt n+m\log c+c^2)\) 的演算法（分解質因數 + 處理限制需要二分查詢 + dp），**如下：
ll n,m,num[n],f[n];
ll cnt,pr[n],c[n],tot;
ll fc[n],il[n],d;
map isp;
void dfs(int pos,ll prod) for(int i=0;i<=c[pos];i++)dfs(pos+1,prod),prod*=pr[pos];
}int main()
if(n>1)pr[++cnt]=n,tot++,c[cnt]=1,isp[n]=1;
n=tmp;
// find factors
dfs(1,1);
sort(fc+1,fc+d+1);
// limit
for(int i=1;i<=m;i++)
// dp
for(int i=1;i<=d;i++) il[i]=1,f[i]=inf; // 如果無法由以前的 j,k 轉移得到那麼 i 也無法得到
int p=i-1;
for(int j=1;jfc[i]/fc[j])p--;
if(j>p)break;
if(!il[j]&&!il[p])f[i]=min(f[i],f[j]+f[p]+num[j]*num[p]*fc[i]+(num[i]=num[j]+num[p]+1)*fc[i]),il[i]=0;
} } if(il[d])puts("-1");
else cout<<(ll)f[d]
}
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