题目大意：给定一个有理数$A$，定于$S$为小于等于$N$的质数个数，$T$为小于等于$N$的回文数的个数。求一个最大的正整数$N$使得$S\le AT$。
题解
由质数定理，$S\approx \frac{N}{\ln N}$，且容易看出$T\approx \sqrt N$（前一半等于后一半，一半的长度相当于开方）。可以推测$N$足够大时，$S>T$。
所以可以在一个范围内枚举。因为$A\le 42$，所以可以根据这个极端情况调整最大枚举的$N$的大小。大概是2e6以内。1
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using namespace std;
typedef long long ll;
int read(){
int f = 1, x = 0;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -f; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return f * x;
}
int p, q;
int prime[1000005], tot = 0, ans = 1;
bool vis[2000005] = {0};
void init(){
p = read(), q = read();
}
bool ispali(int x){
if(x < 10) return true;
int t = 10;
while(x >= 10 * t) t *= 10;
while(t >= 10){
if(x % 10 != x / t) return false;
x %= t, x /= 10, t /= 100;
}
return true;
}
void solve(){
for(int i = 2; i <= 2000000; ++i){
if(!vis[i])
prime[++tot] = i;
for(int j = 1; j <= tot; ++j){
if(1ll * prime[j] * i > 2000000ll) break;
vis[i * prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
int cur = 1, sum1 = 1, sum2 = 0;
for(int i = 2; i <= 2000000; ++i){
if(ispali(i)) sum1++;
if(cur <= tot && prime[cur] == i) sum2++, cur++;
if(1ll * q * sum2 <= 1ll * p * sum1) ans = max(ans, i);
}
printf("%d\n", ans);
}
int main(){
init();
solve();
return 0;
}