#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// #define int long long
#define rep(i, n) for (long long i = (long long)(0); i < (long long)(n); ++i)
#define reps(i, n) for (long long i = (long long)(1); i <= (long long)(n); ++i)
#define rrep(i, n) for (long long i = ((long long)(n)-1); i >= 0; i--)
#define rreps(i, n) for (long long i = ((long long)(n)); i > 0; i--)
#define irep(i, m, n) for (long long i = (long long)(m); i < (long long)(n); ++i)
#define ireps(i, m, n) for (long long i = (long long)(m); i <= (long long)(n); ++i)
#define SORT(v, n) sort(v, v + n);
#define REVERSE(v, n) reverse(v, v+n);
#define vsort(v) sort(v.begin(), v.end());
#define all(v) v.begin(), v.end()
#define mp(n, m) make_pair(n, m);
#define cout(d) cout<<d<<endl;
#define coutd(d) cout<<std::setprecision(10)<<d<<endl;
#define cinline(n) getline(cin,n);
#define replace_all(s, b, a) replace(s.begin(),s.end(), b, a);
#define PI (acos(-1))
#define FILL(v, n, x) fill(v, v + n, x);
#define sz(x) long long(x.size())

using ll = long long;
using vi = vector<int>;
using vvi = vector<vi>;
using vll = vector<ll>;
using vvll = vector<vll>;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
using vs = vector<string>;
using vpll = vector<pair<ll, ll>>;
using vtp = vector<tuple<ll,ll,ll>>;
using vb = vector<bool>;

template<class T> inline bool chmax(T& a, T b) { if (a < b) { a = b; return 1; } return 0; }
template<class T> inline bool chmin(T& a, T b) { if (a > b) { a = b; return 1; } return 0; }

const ll INF = 1e9;
const ll MOD = 1e9+7;
const ll LINF = 1e18;

const ll maxn_eratosthenes = 100005;
bool _is_prime[maxn_eratosthenes];
vector<ll> P;

// https://www.hamayanhamayan.com/entry/2018/08/05/173532

void eratosthenes(const ll N)
{
  P.clear();
  for (ll i = 0; i <= N; i++) {
    _is_prime[i] = true;
  }
  _is_prime[0]=_is_prime[1]=false;
  for (ll i = 2; i <= N; i++) {
    if (_is_prime[i]) {
      for (ll j = 2 * i; j <= N; j += i) {
        _is_prime[j] = false;
      }
      P.emplace_back(i);
    }
  }
}

const ll maxn=1<<11;
// (n以下の数における素因数について、さらに√N以上のものについて) i番目の素数を最大素因数とする数を取れるときの、選べる数の最大和
// ただし、√N までの素因数が既に使われているかがsという状態のとき
ll dp[250][maxn];
// nの最大は1262であり、√1262≒35.5 以下の素数は 11 個だけである。そのため 1<<11 を計算している
// また、1262以下の数で素因数は205個存在する

// NOTE: なぜ「i番目の素数を最大素因数とする数で最大のもの」を探索するうえで、n以下の全ての素因数ではなく、√n以下の素因数だけを状態として持てば十分なのか
// まず、素因数を小さい順に見ていけば、i番目の素因数を見ているときi番目以前の素因数の使用状態が分かれば十分である
// また小さい方から見ていくことで、今見ている素因数が√n以上の値に差し掛かった時、それ以降は√nより大きい素因数を状態として保持する必要はないとわかる
// なぜなら、今見ている素因数をpとして、p>=√n であるなら、q*p<=n であるためには q<=√n である必要がある
// (既に使われている素因数は今見ているものより小さい かつ その数と今見ているの数の積はnを超えない => √nまでの数を管理すれば十分)
// 以上から小さい方から見ていけば、必然的に√n以上の素因数が既に使われている状況は有り得ないとわかる


// √n以下の素数のみを使って作れる数の総和の最大
ll dp2[maxn];

signed main()
{
  cin.tie( 0 ); ios::sync_with_stdio( false );
  
  ll N; cin>>N;
  eratosthenes(N);
  auto p=P;
  eratosthenes(sqrt(N));
  auto rp=P;
  
  ll n=p.size(), m=rp.size();
  
  // √N以上の素数から最後まで見る
  irep(i,m,n) rep(bit,1<<m){
    // p[i]は√N以上なので、j*p[i]<=Nにおいてjがp[i]より大きくなることはない
    for(ll j=1; j*p[i]<=N; j++){
      ll now=j*p[i]; // p[i]を最大素因数とする数
      ll msk=0;
      rep(k,m){
        // nowがrp[k]の倍数である => この数を採用するなら、遷移元の状態としてrp[k]が使用されていてはいけない
        if(now%rp[k]==0) msk |= (1<<k);
      }
      // 既に使っている√N以下の素数と今から採用する数に含まれる素数にダブりがない
      if((bit&msk)==0){
        chmax(dp[i+1][bit|msk], dp[i][bit]+now);
      }
    }
  }
  
  // ここでやっていること
  // まず、各i(2~N)について、その数が√N以上の素数を因数に持つなら continue
  // 次に、iが√Nまでの素数のうち、因数とするものをmskという集合で表す
  // 今見ている数iの素因数がmskだとして、dp2に集合mskに対応する最大のiを格納する
  // (この時点では、1つの素数についてしか考えない)
  irep(i,2,N+1){
    ll msk=0;
    ll ok=1;
    rep(j,n){
      if(i%p[j]==0){
        if(j<m) msk+=(1<<j); // 今見ているiが、√N以下の素因数のうち、どれを因数として持っているか
        else ok=0;           // √N以上の素数が因数になる場合、そのiは対象外
      }
    }
    if(ok) chmax(dp2[msk],i); // dp2:= √Nまでの素数のうちmskの集合に対応するものを因数とする数の最大
  }
  
  // 部分集合の和を、O(3^N)で列挙している
  // https://naoyat.hatenablog.jp/entry/order-pow-3-n
  
  // NOTE: ここでやっていること
  // dp2を複数の数の和における最大値として更新したい
  // そのために、ある集合sに着目した時に、dp2[s]を集合sの部分集合全ての和についてのmaxを取る必要がある (これがO(N^3)となる)
  // sは明らかに小さい方から更新していく必要がある(sを更新するには先に自分より小さい部分集合s'が求まっている必要があるから)
  // (1) まず、sの部分集合の最大和求めるためには、s以下の最大和が求まっている必要があり、逆にsより大きい集合は求まっている必要はない
  //     (111 の最大和は、100+010+001,110+001, 101+010, ... などから考慮されるが、111より大きい1000からは考慮されない)
  // (2) 次に、s以下の部分集合の最大和が全て求まっているなら、sにおける最大和を求めるためには2つの部分集合の和だけを考えれば十分であり、3つ以上の和については考慮する必要がない
  //     例えば、今集合111の最大和を求めようとしていて、3つの部分集合(100+010+001)の和が最大になるのだとする
  //     これは2つの集合(110+001)や(101+010)等と同じ結果になるはずである
  //     そして(1)において今見ている集合s未満の部分集合の最大和は求まっているから、集合sの最大和を求めるにはs未満の2つの部分集合の和について考慮すれば十分である
  // (3) 集合sを2つの部分集合の和として捉え、その最大値を求めるには、2つの部分集合のうちの片方を決め打ち、もう片方を集合sの補集合としてその和の最大値を取ればよい
  //     これは、s以下の数を全探索することでできる
  //     s以下の数をmskとする。このときmskには集合s以外の要素を持たないとする
  //     mskを決め打ったのち、集合sの残りから最大和を取ろうとするなら、明らかにmskの補集合(s-msk)をとればよいとわかる
  
  // この実装の計算量は、Σ[k=0...m]mCk * 2^k であり、すなわち 3^N である
  // 1つの集合の決め打ち方はmビット中kビットを選ぶ方法なのでmCk、この集合に対応する部分集合の数は2^k
  
  // 今見ている集合 bit とは、√Nまでの素数のうちどれを使っているかを表す
  // 上では一つの数を取る場合だけを考えて、dp2に集合sのとき取り得る最大の数iを格納した
  // ここでは更にdp2を複数の数について、集合sのとき取り得る最大の和として更新する
  rep(bit,1<<m) for(ll msk=bit; msk>=0; msk--){
    // bit以下の全ての集合(msk)についてのループ
    
    // mskはbitとのANDをとっており、mskの1のうち、bitが立っている桁の1だけが残る
    // ここでmskから、bitにはない1を除去しておかないと、下のdp2更新の辻褄が合わなくなる
    // (dp2[s]:=使っている素数が集合sのときの最大和だが、mskと(bit-msk)の和に、bitにはない1が含まれるから)
    msk&=bit;
    
    // bitという集合に、mskと(bit-msk)には1が重複するビットが存在せず、その和の立っているビットはbitの部分集合となる
    chmax(dp2[bit], dp2[msk]+dp2[bit-msk]);
  }
  
  ll ans=0;
  // dpで求めた「√N以上の素数でその数を最大素数とする数の最大和」と、
  // dp2で求めた「√N未満の素数でその数を最大素数とする数の最大和」の和の最大を求める
  // dp2が定まっているとき、dpはdp2の状態の補集合の時最大となるのでこれを全探索する
  // bitの補集合は、(1<<m)-1-bitとなる
  rep(bit,1<<m) chmax(ans, dp[n][bit]+dp2[(1<<m)-1-bit]);
  cout<<ans<<endl;
  
}