分享一种比较小众的做法。
闲话
第二次场切 F！！！而且这次瞪了 eps 秒就看出结论了。
观察题目可知，如果 \(A_i\le A_{i+1}\)，则 \(X\bmod A_i=(X\bmod A_i)\bmod A_{i+1}\)。所以我们可以把 \(A_{i-1}\le A_i\) 的 \(A_i\) 删去，使得数组 \(A\) 单调递减。下文中的数组 \(B\) 是已筛除后的数组 \(A\)。
发现这个式子没啥性质，尝试 dp。
设 \(F_i(x)\) 表示前 \(i-1\) 步执行完后得到的余数为 \(v\)，接下来依次模 \(B_i,B_{i+1},...,B_k\)，得到余数为 \(0\)，对于区间 \(0,x\) 之内的 \(v\) 数量。
我们最后需要求 \(F_1(N)-1\)。
如何去转移这个东西呢？以 \(F_i(x)\) 为例，如果 \(x\ge B_i\)，那么 \(x=q\times B_i+r\) 且 \(0\le r<B_i\)。
定 \(0\le t<q\)，区间 \(tB_i,(t+1)B_i-1\) 一定是模 \(B_i\) 后把余数全取了一遍的，所以单个区间的贡献是 \(F_{i+1}(B_i-1)\)。所有区间的贡献即 \(q\times F_{i+1}(B_i-1)\)。
对于剩下的区间 \(tq,tq+r\) 模 \(B_i\) 后一定是取完了 \(0\) 到 \(r\) 的余数，所以贡献是 \(F_{i+1}(r)\)。
如果 \(x<B_i\) 怎么办呢？直接扔给下一个模数即可，因为本身就是结果了。
综上，我们可以得到转移方程：
\F_i(x)=\\begin{cases} q\\times F_{i+1}(B_i-1)+F_{i+1}(r)\&x\\ge B_i\\\\ F_{i+1}(x)\&x\
其中 \(q=\lfloor\frac{x}{B_i}\rfloor,r=x\bmod B_i\)。
边界处理：当我们 \(i=M+1\) 时（所有数都取模过了），只有为 \(0\)，才是合法的。
\F_{m+1}(x)=\\begin{cases} 1\&x=0\\\\ 0\&x\>0 \\end{cases}\\
这个算法的时间复杂度是 \(O(NX)\)，无法通过。接下来这题最神的一个地方来了。
把转移方程看作一棵树，应当是这样子：
我们发现只有右边的 \(F_{i+1}(r)\) 是动态变化的，左边无论 \(q\) 是多少，都要乘 \(F_{i+1}(B_i-1)\)。我们设 \(C_i=F_{i+1}(B_i-1)\)，那么从 \(F_1(N)\) 往下走的 dp 方程就变成了递推。跟虚树是一个道理：不用的就滚蛋。
考虑倒着处理 \(C_i\)。每个 \(C_i\) 都跟求 \(F_1(N)\) 是一样的，在一条链上往下递推。如果模数大于 \(X\)，可以跳过。单个 \(C_i\) 的时间复杂度 \(O(\log M \log X)\)。
难点在如何证明时间复杂度是正确的。
处理单个 \(C_i\) 的代码如下。
cpp
int val=b[i]-1,pos=i+1,res=0;
if(val<mb){res=1;}
else{
while(pos<=m){
if(val<mb){res++;break;}
int k;
if(b[pos]<=val)k=pos;
else{
int l=pos,r=m,ans=m+1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid]<=val){ans=mid;r=mid-1;}
else l=mid+1;
}
k=ans;
if(k==m+1)break;
}
int q=val/b[k];
res+=q*v[k];
val%=b[k];
if(!val){res++;break;}
pos=k+1;
}
if(val>0 && pos>m)res++;
}
v[i]=res;我们发现往下处理的时候，\(r=X\bmod (B_i-1)\)，至少变得比 \(X\) 的一半还小，所以外层循环的复杂度在 \(O(\log X)\) 级别。内层循环是一个二分，复杂度在 \(O(\log M)\) 级别。
对于 \(N\) 个 \(C_i\) 我们需要分别处理，预处理的总时间复杂度是 \(O(N\log N\log X)\)。
最后求 \(F_1(N)\) 一个道理。
都看到这里了，还不点赞。
那还是人吗？
正确代码
cpp
//#pragma GCC optimize("O3")
//#pragma GCC optimize("O2")
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
#define is insert
#define fr(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rf(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define prq priority_queue
#define gYES cout << "YES\n"
#define gNO cout << "NO\n"
#define gYes cout << "Yes\n"
#define gNo cout << "No\n"
const int MOD=1000000007;
const int Mod=998244353;
const int N=2e5+5;
using namespace std;
int max(int ax,int ay){return ax>ay?ax:ay;}
int min(int ax,int ay){return ax<ay?ax:ay;}
int abss(int ax){return max(ax,-ax);}
void fastIO(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
}
int a[N],b[N],v[N],n,x,m=1;
void solve(){
cin>>n>>x;
fr(i,1,n)cin>>a[i];
b[1]=a[1];
fr(i,2,n)if(a[i]<b[m])b[++m]=a[i];
int mb=b[m]; v[m]=1;
rf(i,m-1,1){
int val=b[i]-1,pos=i+1,res=0;
if(val<mb){res=1;}
else{
while(pos<=m){
if(val<mb){res++;break;}
int k;
if(b[pos]<=val)k=pos;
else{
int l=pos,r=m,ans=m+1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid]<=val){ans=mid;r=mid-1;}
else l=mid+1;
}
k=ans;
if(k==m+1)break;
}
int q=val/b[k];
res+=q*v[k];
val%=b[k];
if(!val){res++;break;}
pos=k+1;
}
if(val>0 && pos>m)res++;
}
v[i]=res;
}
int c=x,ans=0;
fr(i,1,m){
if(c<b[i])continue;
int q=c/b[i];
ans+=q*v[i];
c%=b[i];
}
cout<<ans;
//以下为清空
m=1;
cout << "\n";
}
signed main(){
fastIO();
int t;cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}