最直接的想法是枚舉每個(gè)數(shù)，看是否能用S中的元素將其分解，但1<=N<=100000，第N個(gè)數(shù)肯定會(huì)很大，這樣做肯定超時(shí)，放棄。

后來(lái)想利用STL中的set來(lái)解決，枚舉某一個(gè)數(shù)，如果屬于set，將其與S中各元素相乘的數(shù)放入set，如此循環(huán)，直至找到第N個(gè)數(shù)，提交后還是超時(shí)。看來(lái)即便是set，畢竟存取的效率不是O(1)，性能還是有影響。

突然想到，這題不是跟poj的Ugly Number挺像的嘛，是Ugly Number的加強(qiáng)版。具體思想是：對(duì)于S中的每個(gè)元素p[i]，設(shè)置一個(gè)下標(biāo)pIdx[i]，pIdx[i]指向humble number數(shù)組。進(jìn)行N次循環(huán)，每次找出最小的p[i] * humble[pIdx[i]]，將該數(shù)加入humble數(shù)組，然后pIdx[minIdx]++。這樣就能由小到大找出第N個(gè)humble number了。

PS：其實(shí)這種方法生成的humble number只能保證非降序，比如2×3和3×2就會(huì)生成相同的humble number，這種情況要排除。