题目传送门（内部题1）
输入格式
第一行两个整数$n$，$k$，代表树苗的数量和最大看书的总长度。
第二行n个整数$a_i$，代表林先森希望每棵树苗的最终高度。
输出格式
一行一个整数，代表最大可能的d值。
样例
样例输入：
3 4
1 3 5
样例输出：
3
数据范围与提示
样例解释：
第$3$天林先森砍掉了第一和第二棵树苗，第$6$天林先森砍掉了第三棵树苗。总共砍树的长度为$(3-1)+(3-3)+(6-5)=3$米。可以证明更大的d值无法满足要求。
数据范围：
对于$20%$的数据，$a_i ≤ {5×10}^5$。
另有$20%$的数据，$k≤1$。
对于所有的数据，$1≤n≤100$，$0≤k≤{10}^{11}$，$1≤a_i≤{10}^9$。
题解
看到$k$很大，$n$很小，优先选择从$n$入手。
$20\%$算法：
暗中观察数据范围，有$20%$的数据$k≤1$，怎么办呢？
这个时候分为两种情况：
$alpha.k=0$，那么就是说我们每一次都要赶巧了在这棵树苗长到最终高度那一天砍掉，所以答案即为所有最终高度的最大公约数。
$eta,k=1$，因为n比较小，所以我们每次枚举树苗，将它的最终高度+1，然后再求所有树苗的最终高度的最大公约数，取最大值即可。
期望得分：$20$分。
实际得分：$20$分。
$40\%$算法：
开始推式子，设这个天数为$d$，那么砍掉树苗i的高度即为$left lceil frac{a_i}{d}
ight
ceil imes d$，那么，可以列出式子：
$sum limits_{i=1}^{n} left lceil frac{a_i}{d} ight ceil imes d - a_i leqslant k$
移项得：$sum limits_{i=1}^{n} left lceil frac{a_i}{d} ight ceil imes d leqslant k + sum limits_{i=1}^{n} a_i$
惊喜发现上面不等式右边是定值，于是我们设$k + sum limits_{i=1}^{n} a_i$为$C$，先让$d=1$，每次让$d++$，当$d geqslant min a_i + k$时，不可能在有答案，所以这就是$d$的上界。
期望多得分数：$10$分。
$100\%$算法：
显然，$40\%$时间复杂度还是不允许，但是我们发现，有的d没有必要枚举。
注意对于每个$a_i$，$left lceil frac{a_i}{d} ight ceil$只有$sqrt{a_i}$种不同的取值，因此，$sum limits_{i=1}^{n}left lceil frac{a_i}{d} ight ceil$只有$n imes sqrt{a_i}$种不同的取值，利用数论分块，可以知道下一个d为$frac{C}{left lceil frac{C}{d+1} ight ceil}$。
时间复杂度：$O( sqrt{(min a_i + k) imes n})$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
$20\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
long long a[1000001];
long long ans;
long long gcd(long long x,long long y)
{return y==0?x:gcd(y,x%y);}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
if(!k)//特判k==0
{
ans=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=gcd(ans,a[i]);
printf("%lld",ans);
}
if(k==1)//特判k==1
{
long long flag=a[2];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i!=j)flag=gcd(flag,a[j]);
else flag=gcd(flag,a[j]+1);//将它+1
}
ans=max(ans,flag);
flag=a[1];
}
printf("%lld",ans);
}
return 0;
}
$40\%$算法（记得加上上面代码的那一段）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[100001];
long long sigma;
long long ans;
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&sigma);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
sigma+=a[i];
}
for(long long d=1;d<=sigma;d++)
{
long long flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]%d)flag+=(a[i]/d+1)*d;
else flag+=a[i];
}
if(flag<=sigma)ans=d;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
$100\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long k;
long long a[1000001];
long long sigma,maxn;
long long ans;
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&k);
sigma=k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
sigma+=a[i];
maxn=max(maxn,a[i]);
}
maxn+=k;
long long d=1;
while(1)
{
long long flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]%d)flag+=(a[i]/d+1)*d;
else flag+=a[i];
}
if(flag<=sigma)ans=d;
if(maxn<=d)break;//上界
d=sigma/(sigma/(d+1));//更新d
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
rp++