思路
遇事不决先排个序。注意到如果要让所有人分得的糖果重量相等，那么糖更少的人需要的大糖更多。因每人分得糖果数量确定，所以总重量越大，每人需要的大糖数量就越多。为了让大糖总数最多，不妨给糖最少的人全分大糖，此时糖总重量就取到了上界。我们有了糖总重量，可以用二元一次方程组解出每个人需要的大糖数量，统计答案输出。如果不是正整数解，那么则无方案。
不过，该结论有一个漏洞：是否存在一种情况，使得糖最少的人不全分大糖有解，而全分大糖情况无解。我们考虑将糖最少的人的一颗小糖换成大糖会发生什么。将糖最少的人的一颗小糖换成大糖，相应地糖总重量增加了，其他的人也都需将一颗小糖换成大糖，该方案依然有解，直到糖最少的人的所有小糖都换成了大糖，方案一直有解。而且，其他人在换糖过程中将小糖耗尽的情况也不存在，因为他们的小糖数量不可能少余糖最少的人的小糖数量，否则他们的糖数量将少于糖最少的人。所以，如果糖最少的人不全分大糖有解，那么全分大糖的情况也一定有解。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,x,y,ans;
int a[N],sum;
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>x>>y;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);sum=a[1]*y;ans+=a[1];for(int i=2;i<=n;i++){int q;if(((sum-(a[i]*x))<0)||((sum-(a[i]*x))%(y-x))){cout<<-1;return 0;}q=(sum-(a[i]*x))/(y-x);ans+=q;}cout<<ans;return 0;
}
\((sum-a[i]\times x)\div (y-x)\) 即加减消元所推出的式子。
时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。