傳送門

第一眼：二分！n這麼小是方便跑check的吧
冷靜後：我單調性呢

於是考慮暴力
發現n很小，check會比較快
注意到如果i不合法，則i的倍數均不合法，考慮使用埃氏篩優化然而還是TLE30pts

正解是個整除分塊：
原式等價於求最大的d滿足

變形得

注意不到右邊可以扯上整除分塊
而d越大，左式越小，所以使右式值不變的d中最大的一定更優
那這裡r只有\(2\sqrt{k+\sum a_i}\)

那上一個右端點

就可以枚舉了

p.s. 以後別開float，本來常數就小不了多少，再爆float了就得不償失了對我這題爆float了
float上限\(1.571081981×10^{20}\)
大約是int長度（字面意）的二倍

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 110
#define ll long long 
#define ld long double
#define usd unsigned
#define ull unsigned long long
//#define int long long 

#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
inline ll read() {
	ll ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

ll n, k;
ll a[N], sum, ans, maxn;

bool check(ll d) {
	//cout<<"check "<<d<<endl;
	ll c=(sum+k)/d, t=0;
	for (int i=1; i<=n; ++i) {t+=ceil(double(a[i])/d); if (t>c) return 0;}
	//cout<<t<<' '<<c<<endl;
	return 1;
}

signed main()
{
	#ifdef DEBUG
	freopen("1.in", "r", stdin);
	#endif
	ll c;
	
	n=read(); k=read();
	for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read(), sum+=a[i], maxn=max(maxn, a[i]);
	c=sum+k; maxn+=k;
	#if 0
	for (ll l=1,r; l<=maxn; l=r+1) {
		r=c/(c/l);
		check(r);
	}
	#else
	for (ll r=maxn,l; r; r=l-1) {
		//cout<<l<<' '<<r<<endl;
		l=c/((c/r)+1)+1;
		if (check(r)) {printf("%lld\n", r); return 0;}
	}
	#endif
	printf("%lld\n", ans);

	return 0;
}