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思路

很容易想到如果$a_i\mod x\neq a_j\mod x$，那么$x\nmid abs(a_i-a_j)$。因此如果我们求出$abs(a_i-a_j)$的集合$C$，就可以将问题转化为找最小的一个数，使得它和它的倍数没有在$C$中出现过。

朴素做法求$C$是$O(N^2)$的，考虑如何优化。

构造一个多项式$A=p_0+p_1x+p_2x^2+\cdots+p_nx^n$，如果$i$在$a$中出现过，就把$x^i$的系数设为$1$，否则设为$0$。再构造一个多项式$B=q_0+q_1x+q_2x^2+\cdots+q_nx^n$，如果$500000-i$在$a$中出现过，就把$x^i$的系数设为$1$，反之同理。

两个多项式相乘，就可以得到新的多项式$C=k_0+k_1x+k_2x^2+\cdots+k_{2n}x^{2n}$，根据$A,B$的定义可以发现如果$C$中$x^i$的系数不为$0$，这一项必然是由$A$中系数不为$0$的项与$B$中系数不为$0$的项相乘得到，代表$i=a_u+500000-a_v$存在。因此$\left|i-5000000\right|$就是刚开始要求的$C$集合。

多项式相乘的过程用快速傅里叶变换优化，复杂度为$O(N\log N)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,st,ed) for(int i=st;i<=ed;++i)
#define bl(u,i) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define en puts("")
#define LLM LONG_LONG_MAX
#define LLm LONG_LONG_MIN
#define pii pair<ll,ll> 
typedef long long ll;
typedef double db;
using namespace std;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
void read() {}
void OP() {}
void op() {}
template <typename T, typename... T2>
inline void read(T &_, T2 &... oth)
{
    int __=0;
    _=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))
    {
        if(ch=='-')
            __=1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        _=_*10+ch-48;
        ch=getchar();
    }
    _=__?-_:_;
    read(oth...);
}
template <typename T>
void Out(T _)
{
    if(_<0)
    {
        putchar('-');
        _=-_;
    }
    if(_>=10)
       Out(_/10);
    putchar(_%10+'0');
}
template <typename T, typename... T2>
inline void OP(T _, T2... oth)
{
	Out(_);
	putchar('\n');
	OP(oth...);
}
template <typename T, typename... T2>
inline void op(T _, T2... oth)
{
	Out(_);
	putchar(' ');
	op(oth...);
}
const int N=1<<21,M=5E5+1,P=998244353,G=3,Gi=332748118;
ll n,m,lim=1<<20,len=20,x;
ll inv[N],a[N],b[N],vis[N];
ll ksm(ll x,ll y)
{
	ll ret=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
			ret=(ret*x)%P;
		x=(x*x)%P;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
ll check(ll x)
{
	for(int i=x;i<=M;i+=x)
	{
		if(vis[i])
			return 0;
	}
	return 1;
}
void ntt(ll *c,ll ty)
{
	rep(i,0,lim-1)
		if(i<inv[i])
			swap(c[i],c[inv[i]]);
	for(ll m=2;m<=lim;m<<=1)
	{
		ll wn=ksm(ty==1?G:Gi,(P-1)/m);
		for(int k=0;k<lim;k+=m)
		{
			ll w=1;
			ll cel=m>>1;
			rep(j,0,cel-1)
			{
				ll t=w*c[k+j+cel]%P;
				ll u=c[k+j];
				c[k+j]=(u+t)%P;
				c[k+j+cel]=(u-t+P)%P;
				w=(w*wn)%P;
			}
		}
	}
}
void print()
{
	rep(i,1,lim)
	{
		if(a[i])
		{
			op(i,a[i],a[4]);
			en;
		}
	}
}
int main()
{
	read(n);
	rep(i,1,n)
	{
		read(x);
		a[x]=1;
		b[M-x]=1;
	}
	rep(i,0,lim-1)
		inv[i]=(inv[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(len-1));
	ntt(a,1);
	ntt(b,1);
	rep(i,0,lim)
		a[i]=a[i]*b[i];
	ntt(a,-1);
	ll inv_=ksm(lim,P-2);
	rep(i,0,lim)
	{
		ll tmp=a[i]*inv_%P;
		if(tmp>0)
			vis[abs(i-M)]=1;
	}
	rep(ans,n,M)
	{
		if(check(ans))
		{
			OP(ans);
			break;
		}
	}
}