分析
看题解：
说实话，可以不用从一开始一个一个枚举，枚举素数就好，合数可以拆分为素数的积
所以：线性筛又出来了
枚举gcd之后呢，怎么算代价?
肯定不可能一个一个枚举。
那我们看看两种操作，一是加1，而是删除
只能加不能减说明只要找到大于当前值的最小的gcd的倍数就可以找出“加”的最小代价，再与删除的代价比较就好
既然如此，我们为什么不批量操作呢？
看a的范围，完全可以用桶来装，再求前缀和，这样就可以解决“加”的问题了
怎么解决删除？
直接比较删除与加的分界线就好：
emmm，复杂度吗，大约n/2+n/3+n/5+……
反正不会超就对了
注意空间开两倍，因为最大值不一定是倍数，所以要用到后面的数
代码
1 /************************** 2 User:Mandy.H.Y 3 Language:c++ 4 Problem:numbers 5 Apgorithm: 6 **************************/ 7 8 #include<bits/stdc++.h> 9 10 using namespace std; 11 12 const int maxn = 1e6 + 5; 13 const int maxa = 2e6 + 5; 14 15 typedef long long ll; 16 17 long long n,c1,c2,ma = 0,ans,cnt; 18 long long a[maxa],prime[maxa],s[maxa]; 19 //a是前缀和 20 //s是个数 21 bool vis[maxa]; 22 23 template<class T>inline void read(T &x){ 24 x = 0;bool flag = 0;char ch = getchar(); 25 while(!isdigit(ch)) flag |= ch == '-',ch = getchar(); 26 while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48),ch = getchar(); 27 if(flag) x = -x; 28 } 29 30 template<class T>void putch(const T x){ 31 if(x > 9) putch(x / 10); 32 putchar(x % 10 | 48); 33 } 34 35 template<class T>void put(const T x){ 36 if(x < 0) putchar('-'),putch(-x); 37 else putch(x); 38 } 39 40 void file(){ 41 freopen("numbers.in","r",stdin); 42 freopen("numbers.out","w",stdout); 43 } 44 45 46 void get_prime(){//线性筛 47 48 vis[0] = 1; 49 vis[1] = 0; 50 51 for(ll i = 2;i <= ma; ++ i){ 52 if(!vis[i]) prime[++cnt] = i; 53 for(ll j = 1;j <= cnt && prime[j] * i <= ma; ++ j){ 54 vis[prime[j] * i] = 1; 55 if(i % prime[j] == 0) break; 56 } 57 } 58 59 } 60 61 void readdata(){ 62 read(n);read(c1);read(c2); 63 for(int i = 1;i <= n; ++ i){ 64 ll x;read(x); 65 s[x]++; 66 ma = max(ma,x); 67 } 68 69 for(int i = 1;i <= ma + ma; ++ i){//注意 两倍 70 a[i] = a[i-1] + s[i] * i; 71 } 72 73 for(int i = 1 ; i <= ma + ma ; ++ i) 74 s[i] += s[i-1]; 75 } 76 77 void work(){ 78 79 ans = n * min(c1,c2); 80 81 for(ll i = 1;i <= cnt; ++ i){ 82 ll res = 0; 83 ll j = 0; 84 do{ 85 j += prime[i]; 86 ll tmp = c1/c2; 87 ll r = max((long long)j - tmp - 1,j - prime[i]); 88 //删除与加的分界线 89 res += (j * (s[j] - s[r]) - (a[j] - a[r])) * c2 + (s[r] - s[j-prime[i]]) * c1; 90 if(res >= ans) break; 91 }while(j <= ma); 92 //j不一定小于ma，j的上限是大于等于ma的最小倍数 93 94 ans = min(ans,res); 95 } 96 97 put(ans); 98 } 99 100 int main(){ 101 // file(); 102 readdata(); 103 get_prime(); 104 work(); 105 return 0; 106 }