形式化题目

给定长度为 $n$ 的正整数序列 $a_1,\dots,a_n$。一次操作：选定一个数字不变，其余每个数字都乘以同一个素数 $x$（$x$ 任选，不同操作可以不同）。求最少经过多少次操作，可以让序列中所有数字全部相同。变换过程中数值可以任意大，只需要输出最少次数。

正解

思路

朴素想法与瓶颈：

1. 把「序列 + 当前数值」当状态做 BFS/搜索：数值没有上界，状态空间无穷，不可行。
2. 照样例说明的直觉「把数逐个除到公共值」：操作里根本没有除法，只有「不动一个、其余乘素数」，这种规约没有对应操作。
3. 把所有数都乘成一个公共大值（比如全体乘积 $P$）：这是可行的——对每个 $a_i$，把它拆成素因子，每个素因子安排一次「$i$ 当不动点」的操作即可，代价 $\sum_i \Omega(a_i)$（$\Omega(m)$ 表示 $m$ 的质因数个数，计重数）。这是个正确上界，但不最优：若所有数共享因子 $g$，上界把 $\Omega(g)$ 在每个元素上重复付费了 $n$ 次，而这部分本可以免费。

把操作写成代数式：设第 $t$ 次操作的素数为 $p_t$、不动位置为 $i_t$，$P=\prod_t p_t$。位置 $j$ 只有在「不动点不是 $j$」的操作里才被乘，所以

$q_j$ 是「$j$ 当不动点的那些操作」的素数乘积（从未被选中时 $q_j=1$）。

关键观察（三步塌缩）：

1. 所有终值相等 $\iff$ $a_j/q_j$ 是与 $j$ 无关的常数 $C$ $\iff$ $C$ 整除每个 $a_j$、且 $q_j = a_j/C$。于是「操作序列搜索」变成了「选一个公因数 $C$」。
2. $q_j$ 必须是若干素数之积，而任何 $\geqslant 1$ 的整数都能写成素数之积（质因数分解），所以任意公因数 $C$ 都能构造出合法方案。
3. 计数：$q_j$ 里的每个素因子都必须来自某次「不动点是 $j$」的操作，所以 $j$ 至少要当 $\Omega(q_j)$ 次不动点；而每次操作恰好指定一个不动点、恰好给一个 $q_j$ 贡献一个素因子，两头一凑，最少操作数就是 $\sum_j \Omega(q_j)$（每个素因子各安排一次操作即可达到）。代入 $q_j=a_j/C$：

要最小化 $T$，就要让 $C$ 的质因子最多。任何公因数 $C$ 都整除 $g=\gcd(a_1,\dots,a_n)$，而 $C\mid g\Rightarrow\Omega(C)\leqslant\Omega(g)$，所以取 $C=g$ 最优：

构造也即正确性：对每个 $i$，把 $a_i/g$ 质因数分解，每个素因子执行一次「$i$ 不动、乘该素数」。每个元素额外拿到的乘积都是 $P=\prod_i (a_i/g)$，终值统一为 $g\cdot P$；操作数恰好 $\sum_i\Omega(a_i/g)$，达到下界。

用公式核对两组数据（下表：$\Omega$ 列是各数质因数个数之和，$g$ 列是全体 $\gcd$）：

样例里两数互质，$g=1$ 一分也免不掉，必须 $1+1=2$ 次操作（如两次都变成 $35$）；测点 1 里 $500000=2^5\cdot5^6$ 是 $10^6=2^6\cdot5^6$ 的因数，公共的 $11$ 个质因子全部免费，两数只差 $10^6/500000=2$ 这一个质因子，$q_2=2$ 排一次「位置 2 不动、乘 2」的操作即可，共 $1$ 次。

实现：$a_i\leqslant10^6$，先把 $\Omega$ 表用筛法一次性预处理（每个质数幂 $p^k$ 给它的所有倍数 $+1$），再单遍扫输入同时累加 $\sum\Omega(a_i)$ 和滚动 $\gcd$，最后套公式。

代码

Python 版：

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import sys
from math import gcd

MAX_A = 10**6  # 题面数据范围里 a_i 的上限


def build_omega() -> list[int]:
    """omega[n] = n 的质因数个数（计重数）：质数幂 p^k 给它的每个倍数贡献 1。"""
    omega = [0] * (MAX_A + 1)
    for p in range(2, MAX_A + 1):
        if omega[p]:  # 下标是合数时已被更小的质数标记过
            continue
        power = p
        while power <= MAX_A:
            for multiple in range(power, MAX_A + 1, power):
                omega[multiple] += 1  # 多整除一个 p，就多计一个质因数
            power *= p
    return omega


def solve() -> None:
    data = iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    n = next(data)  # 序列长度
    omega = build_omega()

    # 扫输入时同步维护 ΣΩ(a_i) 与全体 a_i 的 gcd，不存整个序列
    total = 0
    common = 0
    for _ in range(n):
        value = next(data)  # 第 i 个元素 a_i
        total += omega[value]
        common = gcd(common, value)

    # 每个 a_i / g 的一个质因子恰好要占一次操作
    print(total - n * omega[common])


if __name__ == "__main__":
    solve()

C++ 版（同一算法）：

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 */
// main.cpp：最小操作次数 = ΣΩ(a_i) - n·Ω(gcd)
// 每次操作“留一个数不变、其余乘素数”，把第 i 个数额外乘上的素数记为 q_i 的因子，
// 所有数最终相等等价于每个 a_i / (q_i) 都等于同一个公因数 C。
// 取 C = g = gcd 最优，于是答案就是每个 a_i 去掉 g 的质因子后，剩下的质因子个数之和。
// 用筛法预处理 Ω 表：质数幂 p^k 给它的每个倍数贡献 1，再单遍扫描累加即可。

#include <cstdio>

typedef long long ll;

const int MAX_A = 1000000; // 题面数据范围里 a_i 的上限

int omega[MAX_A + 1]; // omega[v] = v 的质因数个数（计重数），只有 0~20 级别，用 int 即可

// 筛法预处理 Ω 表：对每个质数 p，其幂 p^k（p^k <= MAX_A）给所有 p^k 的倍数多贡献一个质因子。
void build_omega() {
    for (int p = 2; p <= MAX_A; p++) {
        if (omega[p] != 0) {
            continue; // 合数已被更小的质数标记过，p 不是质数
        }
        for (int power = p; power <= MAX_A; ) {
            for (int multiple = power; multiple <= MAX_A; multiple += power) {
                omega[multiple]++;
            }
            if (power > MAX_A / p) {
                break; // 再乘一次 p 就超过值域上限，直接结束，避免 int 溢出
            }
            power *= p;
        }
    }
}

ll gcd(ll a, ll b) {
    while (b != 0) {
        ll t = a % b;
        a = b;
        b = t;
    }
    return a;
}

int main() {
    build_omega();

    ll n;
    if (scanf("%lld", &n) != 1) {
        return 0;
    }

    // 边读边累加 ΣΩ(a_i) 与全体 a_i 的 gcd，不保存整个序列
    ll sum_omega = 0;
    ll common = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        ll value;
        if (scanf("%lld", &value) != 1) {
            break;
        }
        sum_omega += omega[value];
        common = gcd(common, value);
    }

    printf("%lld\n", sum_omega - n * omega[common]);
    return 0;
}

复杂度

• 时间：预处理 $\Omega$ 表 $O(A\log\log A)$（$A=10^6$ 为值域上限），扫描输入 $O(n)$，合计 $O(A\log\log A + n)$，与标准 C++ 正解（筛法 + 单遍统计）同阶。
• 空间：$\Omega$ 表 $O(A)$（约 8MB），输入边读边算不存整个序列，实测峰值 92MB，在 128MB 限制内。

总结

把「操作序列」翻译成 $a_j\cdot P/q_j$ 是本题的分水岭：耦合所有元素的乘积 $P$ 被整体约掉，剩下每个元素只通过 $q_j$（自己当不动点时收下的素数）与方案互动。于是可行性塌缩成「$C$ 是公因数」，代价塌缩成「数质因子」——公共部分 $\gcd$ 靠多当几次不动点免费复用，答案就是 $\sum\Omega(a_i)-n\cdot\Omega(g)$。一次筛法预处理 + 一遍扫描即可，$O(A\log\log A + n)$。