測試地址：找硬幣
做法： 本題需要用到DP+數論。
假設我們有了構造出了一個合法硬幣序列 $x$，怎麼計算最少需要使用的硬幣數量？顯然，因為 $x_k$

為 $x_{k-1}$的倍數，能用大的就應該用大的，那麼對於最大的幣值 $x_{}$

k x_k ，應該要使用 $\lfloor \frac{a_i}{x_k}$

⌋ \lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor 個，於是還剩下 $a_i\%x_k$需要支付，於是對於第二大的幣值 $x_{k-1}$需要使用 $\lfloor\frac{a_i\%x_k}{x_{k-1}}\rfloor$個，於是還剩下 $a_i\% x_{k-1}$需要支付…以此類推。於是我們得到答案：
$ans=\sum_{i=1}^n(\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor+\sum_{j=1}^{k-1}\lfloor\frac{a_i\%x_{j+1}}{x_j}\rfloor)$
我們發現 $x_j$之間互相產生貢獻，會且只會在相鄰的 $x_j$和 $x_{j+1}$之間，以及最後再補上一個 $\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$，也就是說 $x_j$的選取是一個可以多階段決策的問題，也就可以用動態規劃解決了。
為了方便，我們先把 $\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$那個部分略掉（因為可以 $O(n\cdot \max a_i)$算出），令 $f(p)$為 $x_k=p$時 $ans$的最小值，那麼有狀態轉移方程：
$f(x)=\min\{f(y)+\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor\}(y|x)$
邊界為 $f(1)=0$。這個東西每次轉移都暴力計算是 $O(n)$的，而鑑於從 $f(p)$可以轉移到 $p$的所有的倍數，因此轉移次數是一個調和級數，也就是 $O(\max a_i\cdot \log(\max a_i))$次轉移，那麼總的時間複雜度為 $O(n\cdot \max a_i\cdot \log(\max a_i))$，爆炸的可能性很大（我沒試過，但應該會掛）。
於是我們需要找到 $O(1)$轉移的方法，唯一的方式只有預處理出一部分答案，而上面那個 $\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor$實在有點糾結，我們考慮怎麼把 $\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor$