抽象思维题。

显然我们可以直接 dp，$f_i$ 为将 $i$ 变成 0 所需的最小步数。

显然 $f_x=\min _{i=1}^{n} f_{\left \lfloor \frac{x}{a_i} \right \rfloor }+1$，然后状态是 $O(n)$ 的但是转移不是一个区间，优化不下去了。

发现这玩意显然是单调的。设 $p_x$ 为在质数集中最大的能整除 $x$ 的数。

那么我们有 $f_i \to f_{[i+1,i+p_i-1]}$。发现左端点单调递增，直接队列优化一下即可。

#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int mod=998244353,inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=1e5+10,M=1e7+10,lim=1e7+1;
int n,m,l=1;
int a[N],f[M],pm[M];
queue<pair<int,pair<int,int>>>q;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )cin >> a[i];
	sort(a+1,a+1+n);
	pm[0]=a[n];
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
	{
		for ( int j = a[i] ; j <= lim ; j+=a[i] )
		{
			pm[j]=a[i];
		}
	}
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
	{
		if(1ll*l*a[i]>lim)
		{
		    l=lim;
		    break;
		}
		l*=a[i];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	q.push({0,{0,0}});
	for ( int i = 0 ; i < l ; i++ )
	{
		while(q.front().second.second<i)q.pop();
		f[i]=q.front().first;
		q.push({f[i]+1,{i+1,i+pm[i]-1}});
	}
	while(m--)
	{
		int x;
		cin >> x;
		if(x>=l)cout << "oo\n";
		else cout << f[x] << endl;
	}
	return 0;
}
/*
n+m
100
>=lcm显然无解
这个好证。
<max显然答案为1，用max进行操作即可
然后答案显然不降
哎呦512M直接dp预处理出1~lcm的全部答案即可
显然每次操作我们要让数尽可能变小
那么我们就有nm做法。 
翻了
这个dp我们考虑被动转移
这样的话转移过去就是一个区间。
这玩意不好用数据结构维护
但是我们发现f数组有单调性并且区间左端点单调上升
用一个队列存储所有转移
到i的时候就弹出所有不合法转移(r<i)
然后取出队头进行转移，因为单调性，这样是正确的
瓶颈在于筛最大质因子的过程
似乎是ln，又似乎是loglogn?
跑得飞快就是了 
*/