題意：給出n（<=5e5）個數字，每個數字在[ 1 , 1e6 ]範圍內，定義bad為：1、序列非空；2、所有數字的GCD=1.現在有兩種操作：1、刪除某個數字，花費是x。2、給某個數字+1，花費為y，一個數字可以被加很多次。請求出讓這個序列變成good（非bad）的最小花費。

題解：又是一個計數的問題。顯然，我們希望得到GCD！=1，那麼我們只需要列舉每個質數，讓他作為GCD算最小花費，然後取最優即可。

一個顯然的思路是，在1e6範圍內進行素數篩，列舉素數，然後列舉每個數字，有兩種方案：刪掉（花費是x）、把他續了（花費是（（ai+GCD-1）/GCD*GCD-ai）*y）。但是估計一下複雜度發現，複雜度是 素數個數*n的。但是1e6範圍內有好幾萬個素數，然後愉快的TLE.

那麼既然這個思路TLE了。我們就不能紅果果的去算總花費，需要用一定的計數技巧。常用的方法是：每個數字遍歷一遍來計數很慢，那如果可以一段區間一起計數就可以很快了。那麼我們觀察，當列舉一個素數GCD之後，每個數字有兩種方案，刪掉（x），續了（k*y），而且k*GCD這樣的數字代價為0，於是我們考慮一個區間裡邊的數字[ k*GCD+1 , (k+1)*GCD-1 ]，這個區間裡邊的每個數字都會得到一個花費。顯然數字小的，刪掉只需要x，如果續的話需要很多次y，那麼小的數字刪掉比較優，大的數字續了比較優。中間會有一個臨界點，這個臨界點就是K=x/y，某個數字a，最小的比他大的GCD的倍數是P，那麼如果P-a<=k的話，把他續了比把他刪了更優，相反如果P-a>k那麼把他刪了更優，於是我們可以用這種方法對落在長度為GCD-1區間內的數字一次性處理完畢。然後總區間長度是1e6，所以複雜度是1e6*（1/p1 +1/p2 +……+1/px）複雜度小於mlogm（m=1e6）.

細節：對於區間前半段，我們直到刪掉他們更優，於是我們只需要知道 ，某段區間內的數字個數有幾個，這個可以用一個字首和得到。

對於去見後半段，我們需要知道這些數字和（k+1）*GCD的差值的和，也就是∑（（k+1）*GCD-ai）*y。假設總共有d個ai。那麼可以化為（d*（k+1）*GCD-∑ai）*y。這個個數d可以通過前邊那個字首和得到。後邊這個∑ai可以通過另外一個字首和得到。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX = 5e5+100;
const int MAXX = 2e6+100;
int prime[MAXX];
int a[MAX];
int sum1[MAXX];
long long sum2[MAXX];
bool vis[MAXX];
int tot;
int n,x,y;
long long ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
void input(){
	scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
	for (int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",a+i);
		sum1[a[i]]++;
		sum2[a[i]]+=a[i];
	}
}
void init(){
	for (int i=1;i<=2e6;i++){
		sum1[i]+=sum1[i-1];
		sum2[i]+=sum2[i-1];
	}
	for (int i=2;i<=1e6;i++){
		if (!vis[i]){
			prime[tot++] = i;
			vis[i] = true;
		}
		for (int j=0;j<tot;j++){
			int temp = i*prime[j];
			if (temp>1e6){
				break;
			}
			vis[temp] = true;
		}
	}
}
void solve(){
	for (int i=0;i<tot;i++){
		long long res =0;
		int P = prime[i];
		int k = min(x/y,P-1);
		for (int j=0;j<=1e6;j+=P){
			res+=1LL*(sum1[j+P-k-1]-sum1[j])*x;
			res+=(1LL*(sum1[j+P-1]-sum1[j+P-k-1])*(j+P)-sum2[j+P-1]+sum2[j+P-k-1])*y;
		}
		ans = min(ans,res);
	}
	printf("%I64d\n",ans);
}
int main(){
	input();
	init();
	solve();
	return 0;
}