其实想清楚了就很简单，之前想了很多种方法，以为是二分什么的，看起来就像是一个单峰函数。但是发现直接暴力一波就行了。

不知道有没有人会来搜到我的题解？ID是Yinku2017。

题意：求\(x\)使得\(\sum\limits_{i=1}^{n}[a_i/x]+a_i\%x\)

首先把取余运算换成减法。提公因式。

\(\sum\limits_{i=1}^{n}[a_i/x]+a_i\%x=\sum\limits_{i=1}^{n}{[a_i/x]+a_i-x[a_i/x]}=\sum\limits_{i=1}^{n}a_i+\sum\limits_{i=1}^{n}{(1-x)[a_i/x]}\)

发现什么？枚举x，根据某个n/1+n/2+n/3+...+n/n=nlogn的式子，前缀和计算出后半部分的值。恰好a_i最大就是1e6，可以这么搞，估计这道题已经设计好a_i就是1e6的。

小心溢出就可以了。

#include
    
     using namespace std;typedef long long ll;int n;int a[1000005]={};int pa[2000005]={};int maxa=0;ll sum=0;ll minans=0;int main() {#ifdef Yinku    freopen("Yinku.in","r",stdin);#endif // Yinku    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++){        int t;        scanf("%d",&t);        if(t>maxa)            maxa=t;        sum+=t;        a[t]++;    }    for(int i=1;i<=maxa*2;i++){        pa[i]=pa[i-1]+a[i];    }    for(int d=2;d<=maxa;d++){        ll tminans=0;        int c=(maxa+d-1)/d;        for(int j=1;j<=c;j++){            if(j*d>maxa)                break;            tminans+=1ll*(pa[(j+1)*d-1]-pa[j*d-1])*j;        }        tminans*=(1ll-d);        if(minans>tminans)            minans=tminans;    }    printf("%lld\n",sum+minans);}