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一道通过预处理使得无需使用lower_bound的题，最终的复杂度是O(MlogN)，也算是对调和复杂度分析的一个练习吧

题意：给定不超过n（1<=n<=200000)个数，每个数介于1～1e6之间，选定两个数使得ai%aj最大

思路：对于一个值aj，我们要找到ai使ans=ai%aj最大，ans显然小于aj。我们希望ans越大，就要求ai越靠近且略小于aj的倍数。由于给出的数列的值是有上界的，我们对于从[aj, aj + aj)开始的每段区间长度为aj的段，找出那个最大的数,然后更新ans的值即可。问题在于如何找到那个最大的数？第一反应可能会想到先对数组进行排序，然后再利用lower_bound进行二分搜索。这样以来复杂度是(NlogN + MlogMlogN)，可不可以卡过没有尝试过。

　　但是重点在与，我们对于每个不大于2*上界的值,我们可以预处理出给定的数列里不大于它的最大值，这个过程只需要O（M）就可以实现了，这样以来，查询过程的复杂度就是O（1），总的复杂度就是O(MlogN)了，强无敌啊。

　　我开了两个数组,pre[i]用于记录题目给定数列中小于i的最大值，a[i]用于记录i是否在原数列中出现过。枚举所有值不同的aj，去更新ans。最多N个aj，每个在第二层循环运行(2 * 上界 / aj) - 1次,那就约为一个上界*调和级数的复杂度。最坏情况下，（1+1/2+1/3+...+1/N),调和级数的值为log(N) + C(欧拉常数），所以总的复杂度是O(MlogN)

#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxm = 1e6;
int pre[maxm * 2 + 10];
bool a[maxm + 10];
int N;


int main(int argc, const char * argv[]) {
    scanf("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        int val;
        scanf("%d", &val);
        pre[val] = -1;
        a[val] = true;
    }
    //预处理
    int small = 0;
    int big = small;
    while (big <= maxm * 2) {
        while (big <= maxm * 2 && pre[big] != -1) {
            big++;
        }
        for (int i = small + 1; i <= big; i++) {
            pre[i] = small;
        }
        small = big;
    }
    
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= maxm; i++) {
        if (!a[i]) continue;
        for (int j = i + i; j <= maxm * 2; j += i) {
            ans = max(ans, pre[j] % i);
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}