CodeForces 851D 区间修改值gcd

最新推荐文章于 2024-12-06 19:48:15 发布

LinzhiQQQ

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分类专栏： ACM-

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本文介绍了一个算法问题，目标是最小化操作成本，使得数列的最大公约数变为1。允许的操作包括删除数列中的元素和增加元素的值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Arpa has found a list containing n numbers. He calls a list bad if and only if it is not empty and gcd (see notes section for more information) of numbers in the list is 1.

Arpa can perform two types of operations:

Choose a number and delete it with cost x.
Choose a number and increase it by 1 with cost y.

Arpa can apply these operations to as many numbers as he wishes, and he is allowed to apply the second operation arbitrarily many times on the same number.

Help Arpa to find the minimum possible cost to make the list good.

Input

First line contains three integers n, x and y (1 ≤ n ≤ 5·10⁵, 1 ≤ x, y ≤ 10⁹) — the number of elements in the list and the integers x and y.

Second line contains n integers a₁, a₂, ..., a_n (1 ≤ a_i ≤ 10⁶) — the elements of the list.

Output

Print a single integer: the minimum possible cost to make the list good.

Examples

Input

4 23 17
1 17 17 16

Output

Input

10 6 2
100 49 71 73 66 96 8 60 41 63

Output

Note

In example, number 1 must be deleted (with cost 23) and number 16 must increased by 1 (with cost 17).

A gcd (greatest common divisor) of a set of numbers is the maximum integer that divides all integers in the set. Read more about gcd

题意给出 n,x,y 表示有n个数两个操作分别花费 x 和 y

1操作：删除一个数，花费 x

2操作：把一个数值增加1，花费y

然后给出这 n 个数，要求gcd值不为1的最小花费

思路：

1.对于一个数，2操作最多就进行 x / y 次，超过的话就直接删除比较划算

2.直接去枚举一个gcd值 Z，然后把所有数都改变为 gcd值为Z的数，去判断它是删除还是增大

3.批量操作使用前缀和。

详细操作是：

1.弄一个个数前缀和 k[a] 表示在数值 a 之前包括a已经有 k[a] 个数了

2.弄一个数值和前缀和 s[a] 表示在数值 a 之前包括 a 的数值之和为 s[a]

3.枚举一个gcd值，然后分别去考虑每个 gcd为该值的区间，贪心算最小花费

例如当前枚举的 gcd值为 2 ，那么就有区间 [1,2] [3,4] [5,6] ...... （因为2,4,6...为2的倍数）

然后取一个 len = 当前区间右极限 - （(x / y) + 1），这个len 表示从右极限往前 len 位数都可以通过增加值的操作来到达这个右极限值，区间的其他值就得用删除操作了

((k[j] - k[len]) * j - (s[j] - s[len])) * y 中 k[j] - k[len] 求出可以通过增加值操作变成 j 的数的数量。

把他们变成 j 之后减去原本的数值之和就等于这个操作的操作次数，就 * 花费 y

然后(k[len] - k[j - i]) 表示除那些可以通过2操作的数以外剩余的数的数量，直接做删除操作， * 花费 x

然后一边枚举一遍记录最小答案就可以了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 2000005
#define ll long long
const ll inf = 1ll<<60;
ll k[maxn],s[maxn];
int main(){
	ll n,x,y,p,a;
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&x,&y);
	p = (ll)(x / y) + 1;
	for(ll i = 1;i <= n;i++){
		scanf("%lld",&a);
		k[a]++;
		s[a] += a;
	}
	for(ll i = 1;i < maxn;i++){
		k[i] += k[i - 1]; // k[i] 表示到 i 为止，前面有多少个数 
		s[i] += s[i - 1];// s[i] 表示到 i 为止，前面数的和 
	}
	ll ans = inf;
	for(ll i = 2;i < maxn;i++){ //枚举一个gcd值
		ll tmp = 0;
		for(ll j = i;j < maxn && tmp < ans;j += i){	 //枚举一个 gcd的区间 
			ll len = max(j - i,j - p);  // 在这个区间内，允许通过（加一操作）到达 gcd值倍数的数的值 
			tmp += ((k[j] - k[len]) * j - (s[j] - s[len])) * y + (k[len] - k[j - i]) * x;
		} 
		ans = min(tmp,ans);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}