Codeforces Round #432 (Div. 2) D

题意 ： 

给出n个数，以及x,y。现在你可以对这n个数进行两种操作。

1. 把任意一个数删除，花费为x。
2. 把任意一个数加一，花费为y。

现在要求操作后所有数gcd不为1（不互质），求最小花费。

题解 ： 这个题我们要考虑调和级数，怎么做呢，我们考虑最大公因数只可能是某个素数，如果不是素数，那么这个数一定不会最优的。这里面有一个套路。因为注意到 ai 的范围只有 1e6 的大小，所以我们就可以打一个1e6的素数表，然后暴力枚举每一个可能成为 gcd 的数枚举这个数。然后通过x,y去判断一个区间哪些数应该删掉，哪些数应该通过 ＋ 1 变成这个数的倍数，这样的话 我们就可以预处理出 小于等于这个数的出现次数和小于等于这个数的所有数的和。然后就可以 O (1) 的时间找出这个区间内数的代价。

#include<stdio.h>  #include<algorithm>  using namespace std;  #define LL long long  LL cnt[2000025], pre[2000025];  int main(void)  {      LL temp, x, y, ans;      int n, i, c, t, d, st;      scanf("%d%lld%lld", &n, &x, &y);      for(i=1;i<=n;i++)      {          scanf("%d", &t);          cnt[t] ++;          pre[t] += t;      }      ans = x*n;      c = x/y;      for(i=1;i<=2000005;i++)      {          cnt[i] += cnt[i-1];          pre[i] += pre[i-1];      }      for(d=2;d<=1000000;d++)      {          temp = 0;          for(i=d;i<2000005;i+=d)          {              if(i-c>i-d+1)                  temp += (cnt[i-c-1]-cnt[i-d])*x;              st = max(i-c, i-d+1);              temp += ((cnt[i-1]-cnt[st-1])*i-(pre[i-1]-pre[st-1]))*y;          }          ans = min(ans, temp);      }      printf("%lld\n", ans);      return 0;  }