【Educational Codeforces Round 120 (Rated for Div. 2)】C. Set or Decrease

题意：
给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，以及一个数 $k$ 。
每次你可以选择以下两个操作之一：

• 操作 1：选择一个元素 $a_i=a_i-1$
• 操作 2：选择两个元素 $a_i$ 和 $a_j$，使得$a_i=a_j$

问至少多少次操作可以使得 $\sum _{i=1}^n{a}_i\le k$

数据范围：
$1\le n\le 2\times 10^5$
$1\le k\le 10^{15}$
$1\le a_i\le 10^9$

题解：
考虑如果选择操作 1，一定是将最小的 $a_i$ 减 $1$ ，这样在之后进行操作 2 时，其他元素可以变得更小。因为操作 1 和操作 2 的次数是互相影响的，我们可以枚举其中一个操作的次数，然后计算出另一个操作的次数。
如果枚举操作 1 的次数，$1\le a_i\le 10^9$，必定超时。
考虑枚举操作 2 的次数，即枚举除了最小的元素，其余 $n-1$ 个元素有多少个进行了操作 2 。设定有 $m$ 个元素被赋值为最小元素，这些元素和最小的元素一起下降到 $x$ ，使得最终有 $x\times (m+1)+未被操作元素\le k$。
这里优先操作大的数，这样使得总和下降的更快。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 200010;
int n;
ll a[N], k;
ll pre[N];

void solve() {
    
	scanf("%d%lld", &n, &k);
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
	
	sort(a + 1, a + n + 1, greater<int>());
	for (int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
	
	if (pre[n] <= k) {
    
		puts("0");
		return ;
	}
	
	k = pre[n] - k;
	ll ans = k;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
    
		// 这里先将 i 个元素修改成 a[n]，然后这 i 个元素以及 a[n] 还需要如下公式的次数才可以不大于 k
		ll y = max(0ll, k - pre[i] + a[n] * i + i) / (i + 1); 
		ans = min(ans, i + y);
	}
	
	printf("%lld\n", ans);
	
}

int main()
{
    
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    
		solve();
	}

	return 0;
}