题目分析：

容易发现将Ci从小到大排序后，若$c_1!=c_2$，直接输出$c_1$即可
若$c_1==c_2$，那么答案一定小于$c_1$
容易发现当一个数$x$模了一个较小的数后，再模一个大数就没有意义了 于是在这个基础上想到DP，设$f_i$表示i能否在模的过程中被取到，最后的合法答案就是$f_{c_1-1}$到$f_1$中最大的为1的数，显然应该由大到小转移，于是枚举$i$从$c_n$到1

• 若$i==c_k$，那么$f_i=1$，同时给i的倍数打上标记
• 若$i$是由某个数模后得到的，就需要存在一个$j$使得$f_j==1$且$j-i$是前面某个$c_k$的倍数(被标记过)

暴力转移的时间复杂度是$O(nln n+n^2)$，105的范围无法承受
我们把标记数组记为$g$，那么第二种情况$f_i=1$的条件就是存在$f_j==1&&g_{j-i}==1$，这样的条件约束是典型的bitset优化（典型到我闻所未闻。。。），等价于$((f>>i) ~&~g).any()==1$，any表示存在某一位为1
这样有约束条件、两个取交集的东西常用bitset的&操作优化 听说bitset常用于跑105的$O(n^2)$算法。。。
所以算法的时间复杂度就是$O(nln n+frac {n^2}w)$，$w$听说是32… 代码巨短： #include #include #include #define maxn 100005 using namespace std; int n,a[maxn]; bitset<maxn>f,g; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); if(a[1]!=a[2]) printf("%d",a[1]),exit(0); n=unique(a+1,a+1+n)-a-1; f[0]=1; for(int i=a[n],j=n;i>=1;i--) if(a[j]==i){ f[i]=1; for(int k=j;k<=a[n];k+=j) g[k]=1; j--; } else if(((f>>i)&g).any()) f[i]=1; for(int i=a[1]-1;i>=0;i--) if(f[i]) printf("%d",i),exit(0); } PS：也可以让C由大到小排序，令$f[i][j]$表示前i个数能否得到j，转移就先继承前面的，再枚举k，$f[i]~|=f[i-1]>>k*c_i$，复杂度。。。似乎有点炸 贴一个bitset常用函数