題意:

給你n個數，需要刪除幾個數，使得剩餘數的gcd大於初始數的gcd，問最少需要刪除多少個數。

題解:

所有數的gcd是跟每個數的質因子有關的，此題只需算出刪除數的個數，不需要計算刪除數後的gcd。首先，算出所有數的gcd，然後一次列舉每一個數，先將這個數除以gcd，之後在列舉質數p，算每個數所貢獻的質數cnt[prime]++。答案就是n-max{ cnt[prime] }。

這個複雜度如果直接列舉全部質數的話複雜度太高，可以發現2，4，6，8…都可以歸於一個質數2，因為我們只需要比初始gcd大，所以只需計算對2的貢獻即可。

#include <bits/stdc++.h>
 

using namespace std;
const int maxn = 3e5+5;
const int N = 15000000;
int gcd(int a,int b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int a[maxn];
int check[N+5];
int prime[N+5],phi[N+5];
int tot;
void phi_table() {
    memset(check, 0 ,sizeof check);
    for(int i = 2; i <= N; ++i) {
        if(!check[i])
 
 
            for(int j = i; j <= N; j+= i)
                check[j] = i;
    }
}
int cnt[N+5];
int main() {
    phi_table();
    // cout << tot << endl;
    // cout << -1 << endl;
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int GCD = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        scanf
 
("%d", &a[i]);
        GCD = gcd(GCD, a[i]);
    }
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        int t = a[i]/GCD;
        for(int x = check[t]; x > 1;) {
            cnt[x]++; // 含有質因子x的a[i]個數
            while(t%x == 0) t /= x;
            x = check[t];
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= N; ++i) {
        if(cnt[i] > ans)
            ans = max(ans,cnt[i]);
    }
    ans = n-ans;
    if(ans == n)
        puts("-1");
    else {
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}