考试的时候又想到了小凯的疑惑，真是中毒不浅...
设每一个数都可以被分成若干个$k$和$k+1$的和。数$x$能够被分成若干个$k$和$k+1$的和的充要条件是：
$x%k<=floor(x/k)$
又因为$k$一定小于这个数列中最小的那个数，可以轻易想到的一个朴素的方法就是从$1$到$A_{min}$枚举所有可能的$k$，判断是否满足情况，并更新答案。
注意到$k$越大，答案越优，所以从大到小进行枚举，找到答案就退出。
我们现在来优化他：
可以想到，当$k<=sqrt{x}$，上述不等式一定成立。
所以只需要判断$k$在$(sqrt{x},x]$范围内是否满足就可以了。
可是$x$在$1e9$的范围内，还是会超时呢。
其实我们枚举到了很多无用的$k$，因为要保证$A_{min}$也可以分成若干个$k$和$k+1$的和，所以实际上有效的$k$是：$A_{min}$,$A_{min}/2$,$A_{min}/3$...诸如此类的数...
我们可以枚举集合个数（$A_{min}$可以被拆成多少个数），然后通过集合个数来算$k$
枚举范围就从$(sqrt{x},x]$变成了$(1,sqrt{x}]$
在代码里，我特判了一下$1$的情况（其实是因为考试稳妥）
还有一些细节问题都放在注释里了
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<vector> 4 #include<queue> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 #define N 505 8 #define ll long long 9 int n; 10 int a[N]; 11 ll ans; 12 int rd() 13 { 14 int f=1,x=0;char c=getchar(); 15 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();} 16 while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} 17 return f*x; 18 } 19 int res=-1; 20 bool check(int k,int ret,int id) 21 {//如果余数为0 有一次将k调整成k-1的机会 22 for(int i=1;i<=n;i++) 23 { 24 int p=a[i]/k,q=a[i]%k; 25 if(ret&&q>p) return 0; 26 if(!ret) 27 { 28 if(q>p) 29 { 30 k--; 31 ret=1; 32 p=a[i]/k,q=a[i]%k; 33 } 34 if(q>p) return 0; 35 } 36 } 37 res=k; 38 return 1; 39 } 40 int main() 41 { 42 n=rd(); 43 for(int i=1;i<=n;i++) 44 a[i]=rd(); 45 sort(a+1,a+n+1); 46 if(a[1]==1) 47 { 48 for(int i=2;i<=n;i++) 49 { 50 if(a[i]&1) 51 { 52 ans+=(a[i]-1)>>1; 53 ans++; 54 } 55 else ans+=(a[i]>>1); 56 } 57 printf("%lld ",ans+1); 58 return 0; 59 } 60 for(int i=1;i<=int(sqrt(a[1]))+1;i++) 61 {//枚举集合个数 (对于最小的数) 62 int k=a[1]/i;//集合大小 k和k+1 63 int ret=a[1]%i;//如果是整除 就不能确定是k-1和k 还是k和k+1 64 //如果有余数 肯定是k和k+1(k还不够) 65 //如果余数为0 有一次将k调整成k-1的机会 66 if(check(k,ret,i)) 67 break; 68 } 69 //printf("%d ",res); 70 for(int i=1;i<=n;i++) 71 ans+=(a[i]+res)/(res+1); 72 printf("%lld ",ans); 73 return 0; 74 } 75 /* 76 2 77 948507270 461613425 78 */