ARC126C Maximize GCD

ARC126C Maximize GCD

题目大意

给一个长度为$n$的正整数序列 A = { a 1 , a 2 , … a n } A=\{a_1,a_2,\dots a_n\} A={a1​,a2​,…an​}，你可以做如下的操作，最多做$k$次，最少做$0$次。

• 选择 i ∈ { 1 , 2 , … n } i\in\{1,2,\dots n\} i∈{1,2,…n}，将$a_i$加$1$

求$\gcd (a_1,a_2,\dots a_n)$的最大的可能值。

$2\le n\le 3\times 10^5,\le k\le 10^{18},1\le a_i\le 3\times 10^5$

题解

令所有$a_i$的和为$sum$，最大的$a_i$值为$mx$。

显然，若$k\ge n\times x-sum$，那么我们可以先把每个$a_i$的值加到$mx$，然后不断进行操作，每次操作将每个$a_i$都加$1$，一直操作到不能操作为止。此时的答案为$mx+\lfloor \frac{k-(n\times x-sum)}{n}\rfloor$。

如果$k<n\times x-sum$，那么无论加多少次$1$，$a_i$的最小值一定不会超过$mx$，所以$\gcd (a_1,a_2,\dots a_n)$也不会超过$mx$，我们考虑枚举答案。

假设当前枚举的$\gcd$为$d$，则我们需要将每个$a_i$增至$a_i$为$d$的倍数。

因为$a_i$最大只有$3\times 10^5$，所以我们可以用桶来存$a_i$。

枚举$d$的倍数$j$，则所有满足在$[j-d+1,j]$这一块中的$a_i$都应该加到$j$。对于这样的每一块，我们只需要求出将这一块中所有$a_i$加到$j$的操作次数，最后将每一块的操作次数求和。如果和小于等于$k$，则可以使最大公约数为$d$，否则不行。

对于区间元素数量和区间和，用前缀和来维护即可。

最坏的情况下，需要枚举次数为$mx+\frac{mx}{2}+\cdots +1=\sum _{i=1}^{mx}\frac{mx}{i}\approx mx\ln mx$，所以时间复杂度为$O(mx\ln mx)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long k,sum=0,mx=0,v,a[300005],z[300005],s[300005];
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum+=a[i];mx=max(mx,a[i]);
	}
	if(k>=mx*n-sum){
		k-=mx*n-sum;
		mx+=k/n;
		printf("%lld",mx);
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ++z[a[i]];
	for(int i=1;i<=mx;i++){
		s[i]=s[i-1]+z[i]*i;
		z[i]+=z[i-1];
	}
	for(int i=mx;i>=1;i--){
		v=0;
		for(int j=i;j<=mx;j+=i){
			v+=1ll*(z[j]-z[j-i])*j-(s[j]-s[j-i]);
			if(v>k) break;
		}
		v+=1ll*(z[mx]-z[mx/i*i])*(mx/i*i+i)-(s[mx]-s[mx/i*i]);
		if(v<=k){
			printf("%d",i);
			break;
		}
	}
	return 0;
}