传送门

第一眼：二分！n这么小是方便跑check的吧
冷静后：我单调性呢

于是考虑暴力
发现n很小，check会比较快
注意到如果i不合法，则i的倍数均不合法，考虑使用埃氏筛优化然而还是TLE30pts

正解是个整除分块：
原式等价于求最大的d满足

\[\sum (\lceil\frac{a_i}{d} \rceil*d-a_i) \leqslant k \]

变形得

\[\sum\lceil\frac{a_i}{d}\rceil \leqslant \lfloor \frac{k+\sum a_i}{d} \rfloor \]

注意不到右边可以扯上整除分块
而d越大，左式越小，所以使右式值不变的d中最大的一定更优
那这里r只有\(2\sqrt{k+\sum a_i}\)个，枚举即可
同时还可以注意到从右向左枚举，可以在找到第一个合法d的时候跳出，那考虑从右向左跑整除分块
令\(r\)为右端点, \(n=k+\sum a_i\)

\[r^{\prime} = \lfloor \frac{n}{r} \rfloor \]

那上一个右端点

\[r_2 = \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{r} \rfloor+1} \rfloor \]

就可以枚举了

p.s. 以后别开float，本来常数就小不了多少，再爆float了就得不偿失了对我这题爆float了
float上限\(1.571081981×10^{20}\)
大约是int长度（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;
}