题干：

You are given a sequence a consisting of n integers. Find the maximum possible value of  (integer remainder of ai divided by aj), where 1 ≤ i, j ≤ n and ai ≥ aj.

Input

The first line contains integer n — the length of the sequence (1 ≤ n ≤ 2·105).

The second line contains n space-separated integers ai (1 ≤ ai ≤ 106).

Output

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Examples

Input

3
3 4 5

Output

2

解题报告：

   拿到题，涉及取模操作，要知道可肯定和因子有关，因为a%m我可以认为是模掉了（a减去了）一个m，两个m，三个m。。等等。这题就是利用这个原理，我们先把他离散化到数组中，然后枚举1~1e6（相当于去重了），如果当前数字出现过，那就枚举他的倍数。。。所以我们需要预处理一个bk数组，使得对于x，可以O(1)求出小于x的最大的数字。要记得处理数组的时候需要处理到2 * 1e6。因为你枚举是刚开始就 i + i 了，细节要注意。

实际思考的思路实际是这样：

然后考虑对于Ai来讲，其能够找到的Aj如果是Ai的因子，那么一定Ai%Aj==0.如果此时Aj是Ai的最大因子数（不包括Ai本身），那么A[ i ]%A[ j + 1 --->i-1]是会逐渐递减的，所以那么我们每一次找到一个因子数，那么期望的最大模值肯定要在A[ i ]%A[ j + 1 ]中选取，所以我们可以考虑O(n)枚举Ai然后sqrt(A[i])去枚举因子数，然后过程维护一个最大值即可。总时间复杂度O(n*sqrt(n)).

我们刚刚是在枚举因子数，所以还要话sqrt(n)的时间去算因子，反过来想，我们不妨枚举倍数。那么我们需要枚举1e6+1e6/2+1e6/3+1e6/4+.............1e6/1e6次，也就是logn的时间复杂度。（也就是 对于a%m，刚开始我们是枚举a然后找对应的m，再把m改大一点点，维护最大值。现在变成a%m去枚举m，然后找对应的a，再把a改小一点点，维护最大值。）

那么我们枚举一个数之后，枚举其倍数，对应在数组中找到比这个倍数小的最大的数，那么ans=max（ans，这个倍数小的最大的数%枚举出来的这个数）；

实现方式可以二分，这样复杂度多一个log，我们也可以先预处理出来答案然后O(1)查询，详情见代码。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e6 + 5;
ll a[MAX],ans,maxx;
int bk[MAX];
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f;
int main() {memset(bk,-1,sizeof bk);int n;cin>>n;for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",a+i) , bk[a[i]] = a[i] , maxx = max(maxx,a[i]);sort(a+1,a+n+1);for(int i = 1; i<=2000050; i++) {if(bk[i] == -1) bk[i] = bk[i-1];}for(int i = 1; i<=1000050; i++) {if(bk[i] != i) continue;for(int j = 2*i; j<=2000050; j+=i) {if(bk[j-1] > i) ans = max(ans,1ll*bk[j-1]%i);}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

AC代码2：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e6 + 5;
ll a[MAX],ans,maxx;
int bk[MAX];
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f;
int main() {memset(bk,-1,sizeof bk);int n;cin>>n;for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",a+i) , bk[a[i]] = a[i] , maxx = max(maxx,a[i]);sort(a+1,a+n+1);for(int i = 1; i<=1000050; i++) {if(bk[i] == -1) bk[i] = bk[i-1];}for(int i = 1; i<=1000050; i++) {if(bk[i] != i) continue;for(int j = i; j<=1000050; j+=i) {if(bk[j-1] > i) ans = max(ans,1ll*bk[j-1]%i);if (bk[1000050] > i) {ans = max(ans, 1ll*bk[1000050] % i);}}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
2
1000000 999999
*/

TLE代码：

	for(int i = 1; i<=n; i++) {for(int j = 2*a[i]; j<=2000050; j+=a[i]) {if(bk[j-1] > a[i]) ans = max(ans,bk[j-1]%a[i]);}}

不能这么写，，，如果是2e5个1，分分钟给你卡成n*2.。（当然你先去重就另说了）

所以看一个题，不能直接看数据范围算复杂度，还需要看实际实现代码的姿势的最差复杂度，或者是否有特殊样例可以卡T，避免被卡。