E. Prefix GCD

假设我们从一个空集合\(b\)开始，不断从\(a\)数组中选择一个元素添加到\(b\)集合的尾部，当把\(a\)数组的元素全部添加到\(b\)中后，得到的\(b\)即为所求的rearrange后的\(a\)。

结论1：

每次选择使得其和当前\(b\)中所有元素的最大公约数最小的那个\(a_i\)加入到\(b\)的末尾，即选择\(a_i\)，使得\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, a_i)\)最小（假设当前\(b\)的大小为\(k\)），这样得到的\(b\)是最优的。

证明1：

假设当前的\(b\)集合为：
\(b_1, b_2, ..., b_k\)，此\(b\)集合即为正确答案的\(b\)的前\(k\)个元素。
使得\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, a_i)\)取得最小值的a_i是\(A\)。
而正确方案中这个步骤应该选择的\(a_i\)是\(B\)。那么有\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) <= gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B)\)。

结论2：

可以把正确方案的\(b = \{b_1, b_2, ..., b_k, B\}\)①
替换成：
\(b = \{b_1, b_2, ..., b_k, A, B\}\)，这样结果不会变坏。②

证明2：

设\(f = \gcd(a_1) + \gcd(a_1, a_2) + \ldots + \gcd(a_1, a_2, \ldots, a_n)\)，
则①的\(f\)为\(gcd(b_1) + gcd(b_1, b_2) + ... + gcd(b_1, b_2, ..., b_k) + gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B)\)
②的\(f\)为\(gcd(b_1) + gcd(b_1, b_2) + ..., + gcd(b_1, b_2, ..., b_k) + gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) + gcd(b_1, b_2, ..., A, B)\)

二者不同的部分满足\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B) >= gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) + gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A, B)\)，
因为\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) + gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A, B) = gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) + gcd(b_1, b_2, ..., b_k, b_1, b_2, ..., b_k, A, B) = gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) + gcd(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A), gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B)) <= gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B)\)。

这用到了两个点：

1. \(gcd(X, Y) <= |X - Y|\)
2. \(gcd(b_1, b_2, ..., b_k, A) <= gcd(b_1, b_2, ..., b_k, B)\)

因此每次选择使得其和当前\(b\)中所有元素的最大公约数最小的那个\(a_i\)加入到\(b\)的末尾满足题意。

优化

设\(g = gcd(a_1, a_2, ..., a_n)\)
我们可以在开始计算前，将每个\(a_i\)除以\(g\)，因为这样处理后，\(gcd(a_1, a_2, ..., a_n) = 1\)，这意味着，我们选择一部分\(a_i\)到\(b\)中后，就可以使得\(gcd(b_1, b_2, ..., b_k)\)变为\(1\)，
事实上，我们每次选择一个\(a_i\)都会使得\(gcd(b)\)下降，因为如果我们某次选择的\(a_i\)没有使得\(gcd(b)\)下降，则说明\(gcd(b)\)已经下降到了\(1\)，可以退出迭代了。
最后我们再把结果乘上\(g\)。

如果不进行这一步操作，则很有可能\(gcd(b)\)永远都到不了1。这样的话我们代码中判断到\(1\)的部分应该改为\(g\)。

时间复杂度

因为每个数最多有\(log_2{x}\)个可能相同的质因数，因此只需要\(log_2{10^5}\)次添加就可以使得\(gcd(b) = 1\)。

int n;
int a[N];

void solve() {
    cin >> n;
    int gcd_all = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        gcd_all = gcd(gcd_all, a[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        a[i] /= gcd_all;
    }
    int cur = 0, cnt = 0;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int min_v = INF;
        for (int j = 1; j <= n; j ++) {
            min_v = min(min_v, gcd(cur, a[j]));
        }
        cur = min_v;
        cnt ++;
        ans += cur;
        if (cur == 1) {
            ans += n - cnt;
            break;
        }
    }
    ans *= gcd_all;
    cout << ans << '\n';
}