[CF1034A] Enlarge GCD

Description

给你 (n) 个数，去掉尽量少的数使得剩下数的最大公约数比原来的大。无解输出 (-1)。

Solution

首先将所有数除以最大公约数

设 (M=max a_i)，维护一个桶 (b[])，对每个 (i)，在 (b[a[i]]) 处 (+1)

枚举 ([1,M]) 中的所有质数 (p)，考虑让最大公约数乘以 (p)，代价就是我们需要删去所有的 (a_i) 满足 (p|a_i)，于是我们枚举所有 (p) 的整数倍 (q)，统计所有 (b[q]) 的和，就是 (p) 的答案

最后对所有 (p) 的答案取最小值即可

复杂度是 (sum_{p leq M} M/i)，由于收敛较快，可以接受

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 16000005;
int prime[MAXN+1];

void presolve() {
    memset(prime,0,sizeof prime);
    for(int i=2;i<=MAXN;i++) {
        if(!prime[i]) prime[++prime[0]]=i;
        for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]<=MAXN/i;j++) {
            prime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

const int N = 1000005;
int n,a[N],b[MAXN];

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    presolve();
    cin>>n;
    int g=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i], g=__gcd(g,a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]/=g;
    for(int i=1;i<=n;i++) b[a[i]]++;
    int M = *max_element(a+1,a+n+1);
    int ans = 2e9;
    for(int i=1;prime[i]<=M;i++) {
        int p=prime[i];
        int sum=0;
        for(register int q=p;q<=M;q+=p) {
            sum+=b[q];
        }
        ans=min(ans,n-sum);
    }
    cout<<(ans>1e9?-1:ans)<<endl;
}