Insert and Equalize
这道题目为什么赛时做了40min呢？为啥呢？我寻思着猜也能猜出来吧
主要原因：没有认真的写式子，写代码不认真，还没有认真地估计时间复杂度导致T了一次。以后要想清楚再写啊！
但是赛时还是用猜的吧，看看样例，估下时间复杂度就知道直接用gcd就好了（不然肯定TLE了）
真正的证明感觉难度都有蓝了
我们先对\(a\)进行排序（只对\([1,n]\)排序，下文的\(a_{n+1}\)都指代新加入的数，不一定是最大数），肯定不会影响答案
首先我们写出一个连等式，$$a_1+t_1x=a_2+t_2x=...=a_n+t_nx=a_{n+1}+t_{n+1}x$$
这种式子，一个很常见的技巧就是对\(x\)取模，于是$$a_1\equiv a_2\equiv ... \equiv a_n\equiv a_{n+1} \ (mod\ x)$$
作差有$$0\equiv a_2-a_1\equiv ... \equiv a_n-a_{n-1}\equiv a_{n+1}-a_n \ (mod\ x)$$
可知\(x\)一定是相邻两项差的公约数
如果我们加入的\(a_{n+1}\)是序列的最大数，那么我们让所有数都变成\(a_{n+1}\)肯定是最优的，有$$ans=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{n+1}-a_i}{x}=\frac{na_{n+1}-sum}{x}$$，其中\(sum=\sum_{i=1}^{n}a_i\)
如果我们加入的数不是最大数，那么最大数还是\(a_n\)，答案就是$$ans=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{a_{n}-a_i}{x}+\frac{a_n-a_{n+1}}{x}=\frac{(n+1)a_{n}-sum-a_{n+1}}{x}$$
我们再来考虑一下没有加入\(a_{n+1}\)的时候的答案，为$$ans=\frac{na_n-sum}{x}$$
显然当\(x\)为最大公约数\(d\)的时候\(ans\)最小
所以我们猜测当我们加入的数不是最大数的时候，也是\(x\)为\(d\)的时候\(ans\)最小
证明：当\(x=d\)时，有\(ans≤\frac{na_n-sum}{d}+n\)（因为此时\(a_{n+1}\)一定为\(a_n+kd\)，其中\(k\)为负整数；由于\(a_{n+1}\)没有出现过，当\(t_1,t_2,...,t_n\)取遍\([0,n-1]\)时，\(a_{n+1}\)的贡献就是\(n\)，所以是加上\(n\)）；当\(x≠d\)时，\(x≤\frac{d}{2}\)（有结论：公约数一定是最大公约数的约数），则\(ans≥2\times \frac{na_n-sum}{d} +\frac{a_n-a_{n+1}}{x}\)；要证\(ans≥\frac{(n+1)a_{n}-sum-a_{n+1}}{d}\)，即证\(2\times \frac{na_n-sum}{d} +\frac{a_n-a_{n+1}}{x}≥\frac{na_n-sum}{d}+n\)，即\(\frac{na_n-sum}{d}+\frac{a_n-a_{n+1}}{x}≥n\)；由于\(x≤a_n-a_{n+1}\)（注意\(x\)是包括\(a_{n+1}\)在内的相邻两项的差，自然也就小于\(a_{n+1}\)），故\(\frac{na_n-sum}{d}+\frac{a_n-a_{n+1}}{x}≥\frac{na_n-sum}{d}+1≥\frac{n(n-1)}{2}+1\)；故即证\(\frac{n(n-1)}{2}+1≥n\)，当\(n≥2\)时显然成立
我们也可以证明当加入的数是最大数的时候是不会更优的，这个比较简单，就不写了
update 2024.7.14
重新做一遍这道题目，还是做出来了
看到这道题目首先从\(a_{n+1}\)下手，但是发现不太好做，然而题目除了\(a_{n+1}\)这个对象还有\(x\)这个对象，于是从\(x\)开始下手，然后不难得出上面的结论（注意结论是充要的，也就是说如果\(x\)是相邻两项差的最大公约数的约数，那么一定符合条件），然后加入的\(a_{n+1}\)一定是小于\(a_n\)的，这个稍微想一下就想出来了（注意如果\(x\)定了，\(a_{n+1}\)一定是\(a_n\)加减\(x\)的若干倍所得到的数）；至于猜\(x\)为\(d\)，从样例入手就好了
update 2024.8.5
想出来一种比较简单的证明。首先当\(x=d\)时，所有的\(t_i\)都取到了最小值，\(x\)一旦减小，每个\(t_i\)至少加一，所以所有\(t_i\)至少增加\(n-1\)，而对于\(t_{n+1}\)，顶多从\(-n\)变成\(-1\)，所以答案不会更劣
