Quiz Master

考虑对 $a$ 序列从小到大排序。

可以发现，一定存在一种最优方案，使得选出的数在 $a$ 排序后的序列中是一段连续区间，且极差最小。因为如果存在一种最优方案选取的不是连续区间，那么将这些数最左端和最右端内全部选取，仍然符合题意，极差不变，但是选择的数是连续区间。

因此将 $a$ 排序后，考虑双指针，因此我们只需要维护一段连续区间是否符合题意。考虑用 $c_i$ 表示 $i$ 作为因子出现在当前区间 $a_l, a_{l+1},\cdots, a_r$ 内的次数。$r$ 指针右移时，$a_r$ 的所有因子的出现次数增加 $1$，$l$ 右移，即 $a_l$ 所有因子出现次数减少 $1$，维护是否 $1 \sim m$ 每个数出现次数 $\geq 1$ 即可，可以 set 维护。

$10^5$ 内最多的数的因子个数为 $128$，复杂度可以得到保证。

#pragma GCC optimize("-Ofast")
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <unordered_map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <utility>
#include <cstdlib>
#include <string>
using namespace std;

#define ll long long

const int N = 2e5 + 5, INF = 2e9, MOD = 1e9 + 7;

inline int read()
{
	int op = 1, x = 0;
	char ch = getchar();
	while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
	while (ch == '-')
	{
		op = -op;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' and ch <= '9')
	{
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return x * op;
}

inline void write(int x)
{
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int n, m, t, a[N];
bool del[N];
vector<int> G[N];
set<int> st;
int cnt[N];

int main()
{
	// freopen("*.in", "r", stdin);
	// freopen("*.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			scanf("%d", &a[i]);
			G[i].clear();
		}
		st.clear();
		sort(a + 1, a + n + 1);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int x = a[i];
			for (long long j = 1; j * j <= x; j++)
			{
				if (1LL * x % j == 0)
				{
					G[i].emplace_back((int)j);
					if (1LL * x / j != j) G[i].emplace_back((int)(1LL * x / j));
				}
			}
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++) st.insert(i), cnt[i] = 0;
		int l = 1, r = 0, ans = 1e9;
		bool nowcheck = 0;
		while (l <= n && r <= n)
		{
			if (!nowcheck)
			{
				r++;
				if (r > n) break;
				for (int j : G[r])
				{
					if (j <= m)
					{
						cnt[j]++;
						if (cnt[j] == 1)
						{
							st.erase(j);
						}
					}
				}
				if (st.size() == 0)
				{
					ans = min(ans, a[r] - a[l]);
					nowcheck = 1;
				}
			}
			else
			{
				if (l > n) break;
				for (int j : G[l])
				{
					if (j <= m)
					{
						cnt[j]--;
						if (cnt[j] == 0)
						{
							st.insert(j);
						}
					}
				}
				if (st.size() == 0)
				{
					ans = min(ans, a[r] - a[l + 1]);
					//nowcheck = 1;
				}
				else
				{
					nowcheck = 0;
				}
				l++;
			}
		}
		printf("%d\n", (ans == (int)1e9 ? -1 : ans));
	}
	return 0;
}