思路

贪心+二分

根据题意我们可以对数组$a$做任意次操作，去求最大的$mex_k$,因为k的值是固定的，所以我们尽量让数组$a$的值变小，小到k可以覆盖他，这样就可以最大限度的增大$mex_k$的值

所以我们的有效操作就是让 $a_i = a_i -a_j (a_j \le a_i )$,操作累加起来就是 $a_i$=$a_i$ % $a_j$; 这时候可以发现对$a_i$的操作相当于求最大公约数的辗转相除，我们只需要求出来数组$a$中元素的最大公约数， 设其为$gcd_a$便是数组a操作后的最小数，再利用操作1,2让$gcd_a$的倍数去覆盖包含的区间即可 对于每个数 ，包含的区间满足单调递增，符合二分性质，所以我们可以用二分来求解答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200005];
int n,k;
bool check(int x,int gcd)
{
    int m=x/gcd;//当前数x所覆盖的区间
    if(m>n)
    m=n;//最大只能覆盖n个区间
    if(x>=k+m)//覆盖区间+k便是范围
    {
        return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int t;
    cin >> t;//相当于scanf
    while(t--)
    {
  
        cin >>n >>k;
        int gd=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin >> a[i];
        }
        if(n==1)//特判n==1的情况
        {
            if(k<=a[1])
            {
                cout <<k-1<<'\n';
            }
            else
            cout<<k<<'\n';
            continue;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            gd=__gcd(a[i],gd);
        }
        int ans=0;
        if(gd==1)//如果数组a的gcd等于1则填补区间为0-n-1;
        {
            cout <<n+k-1<<'\n';//相当于printf
        }
        else
        {
                int l=1,r=n+k+10;//二分范围
                int mid;
                while(l<=r)
                {
                    mid=(l+r)/2;
                    if(check(mid,gd))//如果满足条件 缩小
                    r=mid-1;
                    else//不满足条件，增大
                    l=mid+1;
                }
                cout <<l<<'\n';

        }


    }
}