AT_arc126_c [ARC126C] Maximize GCD 题解

特判掉最终 $\gcd>\max\limits_{i=1}^na_i$ 的情况，这部分是平凡的。

倒序枚举最终 $\gcd$ 为 $g\in[1,\max\limits_{i=1}^na_i]$，考虑怎么判断 $\gcd$ 能否取得 $g$。

发现若 $\forall i,g|a_i$ 则 $g=\gcd\limits_{i=1}^na_i$。（反证法：一定有 $g|\gcd\limits_{i=1}^na_i$，而若 $\gcd\limits_{i=1}^n>g$ 则枚举 $g'=\gcd\limits_{i=1}^n$ 时程序已经结束。）

$\forall p,gp\le\max\limits_{i=1}^na_i$ 统计将 $(gp,g(p+1)]$ 间的数都改为 $g(p+1)$ 的代价，开桶容易做到单次 $O(1)$。

若总代价 $\le k$，则 $\gcd$ 可以取得 $g$。复杂度 $O(\sum\limits_{i=1}^W\dfrac Wi)=O(W\log W)$。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
int n, m, k, s, a[300050], c[300050];
signed main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld", a + i), ++c[a[i]], s += a[i], m = max(m, a[i]);
    for (int i = 1; i <= 300000ll; ++i)
        c[i] += c[i - 1];
    if (k >= n * m - s)
    {
        k -= n * m - s;
        printf("%lld", m + k / n);
        return 0;
    }
    for (int i = m, z; i; --i)
    {
        z = 0;
        for (int j = i; j - i <= 300000ll; j += i)
            z += j * (c[min(j, 300000ll)] - c[j - i]);
        if (z - s <= k)
        {
            printf("%lld", i);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}