本文章由 WyOJ Shojo 从洛谷专栏拉取，原发布时间为 2022-11-06 22:30:39

做法

想一想除法操作的本质。

对于一个数除以 $2$，就是使这个数的因数 $2$ 的数量减一。
举个简单的例子，$8$ 分解之后有 $3$ 个 因数 $2$。将其除以 $2$ 之后，变成 $4$，只有 $2$ 个因数 $2$ 了。

除以 $3$ 同理。

而所有数相等，实际上就是所有数的每种因数的数量分别相等。

而现在只能让每个数的因数 $2$ 或 因数 $3$ 的数量减少。

所以最后操作完的时候，如果取最优值，那么最终所有数的每种因数数量，都是这种因数在所有数之中出现次数的最小值。

所以先记录下因数 $2$ 或 $3$ 在所有数中出现的最少次数，记为 $com_2,com_3$。

设第 $i$ 个数出现了 ${cnt2}{i} $ 次因数 $2$，${cnt3}{i}$ 次因数 $3$。

答案就是 $\sum_{i=1}^{n} ({cnt2}{i} - com_2 + {cnt3}{i} - com_3)$。

那无解怎么判定？

如果两个数因数 $2,3$ 出现的次数不同，可以通过一些操作来调整成相同。

但是如果还出现了别的因数呢？

如果还出现了别的因数，那么这个因数必须在所有的数中出现次数相同，否则无解，因为无法调整。

最后复杂度，扫一遍，扫的过程中每个数计算对数次。

Code

#include <bits\/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int n;
int a[maxn];
struct Cnt
{
	int tw,thr,els;
}cnt[maxn];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	int es=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		while(a[i]!=1)
		{
			if(a[i]%2 && a[i]%3 && es!=0 && a[i]!=es)
			{
				printf("-1\n");
				return 0;
			}
			if(a[i]%2&&a[i]%3)
			{
				es=a[i];
				cnt[i].els++;
				break;
			}
			if(a[i]%2==0)
			{
				a[i]\/=2;
				cnt[i].tw++;
			}
			if(a[i]%3==0)
			{
				a[i]\/=3;
				cnt[i].thr++;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		if(cnt[i].els!=cnt[i+1].els)
		{
			printf("-1");
			return 0;
		}
	}
	int common2=1e9,common3=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		common2=min(common2,cnt[i].tw);
		common3=min(common3,cnt[i].thr);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans+=cnt[i].tw-common2;
		ans+=cnt[i].thr-common3;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}