二分，搜索，dp等常用算法可以尝试是否可行

二分答案将“直接求出答案”变成“判定答案是否可行”（感觉也是一种正难则反）

我们可以n^2暴力check

bool check(int x){
	int c[60],b[60],d[60];
	memcpy(c,a,sizeof a);
	memset(b,0,sizeof b);
	b[0]=x;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(d,0,sizeof d);
		for(int j=0;j<n-1;j++){
			if(b[j]>c[i]){
				d[j+1]+=c[i],b[j]-=c[i],c[i]=0;break;
			}
			else d[j+1]+=b[j],c[i]-=b[j],b[j]=0;
		}
		for(int j=0;j<=n-1;j++) b[j]+=d[j];
	}
	return b[n-1]==x;
}

当然也有n的做法：

把n种珠子填到x个项链中（一种珠子对一条项链最多只能造成1的贡献），若 最后x个项链中都有>=n-1个珠子 则合法，

其中珠子有个数限制，我们发现这是关键矛盾

那么尝试先不管个数限制，给x条项链都填上n个珠子，然后再把不够的珠子删掉

sum记录有多少珠子减了1

for(int i=1;i<=n;i++){
    sum+=max(0,x-a[i]);
}
return sum<=x;

这道题的难点：想到二分

先审一遍题，发现可以这么处理：先造出 $sum$ 个恰好包含 $n$ 颗珠子的项链，（不难看出这个 $sum$ 就是 $min_{1≤k≤n} a_k$）再归还 $sum$ 颗珠子，使得剩下的珠子能够造出最多的恰好包含 $n-1$ 颗珠子的项链，设为 $x$。

具体实现：先把所有的 $a_i$ 从小到大排序，这样最小值便是 $a_1$，将所有的 $a_i$减去这个最小值，这样 $a_1$ 就会变为 $0$，之后我们就不用管它了。归还 $sum$ 颗珠子的时候，只需要考虑 $a_2$ 到 $a_n$ 就行了。考虑具体如何归还，注意到，$x$ 的最大值其实就是归还完后 $a_2$ 到 $a_n$ 的最小值，由于具体归还策略比较难考虑，可以二分答案。

下面是代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[59];
long long n;
bool flag=0;
bool check(long long x,long long sum){
	for(long long i=2;i<=n;i++)//check逻辑：如果归还sum颗珠子能够支持再造x个包含n-1颗珠子的项链，返回1，否则返回0 
		if(a[i]<x)
			if(x-a[i]>sum)
				return 0;
			else
				sum-=x-a[i];
	return 1;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(long long i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	long long sum=a[1];
	for(long long i=1;i<=n;i++)//先造sum个包含n颗珠子的项链 
		a[i]-=sum;
	long long l=0,r=1000000000;//二分上界其实没那么大，不过我懒得改了
	while(l+1<r){//二分答案 
		long long mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,sum))
			l=mid;
		else
			r=mid;
	}
	printf("%lld\n",l+sum);
	return 0;
}

整体复杂度O(nlogn)