题意：

给定一个由\(n\)个数字组成的数组以及一个\(x\)。现在从前往后遍历数组，若当前遍历的数字\(a[i]\)可以被\(x\)整除，那么就在数组的最后加上\(x\)个数字\(\frac {a[i]}x\)；若当前遍历的数字不能被\(x\)整除，那么就停止遍历。

问题是当遍历完这个数组之后，数组中所有数字的总和\(\sum_{i=1}^na[i]\)等于多少。

思路：

本题一开始是想通过模拟整个过程来计算结果的，当时很不幸在测试test5的时候MLE了，所以这题出题人本意肯定是让找出规律。

首先要想明白的明白的是，假设数字\(a[i]\)可以被\(x\)整除，那么整个数组所有数字的总和就会被加上\(\frac{a[i]}x\times x\)也就是\(a[i]\)这么多；对于被加到数组后面的\(\frac{a[i]}x\),如果有一个\(\frac{a[i]}x\)可以被再次遍历到，那么其他所有的\(\frac{a[i]}x\)也都可以遍历到（原因很明显，他们是并排放进去的），若\(\frac{a[i]}x\)还可以被\(x\)整除，那么对于每个\(\frac{a[i]}x\)都会在数组最后加上\(x\)个\(\frac{\frac{a[i]}x}x\)，那么一个\(x\)个\(\frac{a[i]}x\)，所以数组所有数字总和一共加上了\(x\times x\times \frac{\frac{a[i]}{x}}{x}\)这么多，约分一下还是\(a[i]\)这么多。若继续下去会发现，每次都是加上了\(a[i]\)这么多。

现在假设这\(n\)个数字，每个数字能被\(x\)除的次数为\(b[i]\)，那么在不考虑其他限制条件的情况下，每个数字能够对数组数字总和的额外贡献最多可以是\(a[i]*b[i]\)（根据上面的结论，一个数字被整除一次就可以多贡献\(a[i]\)）。

但是实际上每个数字并不是都能贡献\(b[i]\)这么多次，原因在于：如果其中一个数字的\(b[i]\)太小了，比如特别极端的，\(b[i]=1\)的话，那么对于其他任何数字\(a[j]\)他们最多只能贡献两次，第一次是\(a[j]\)的时候，一次是\(\frac{a[j]}x\)的时候（这一次不一定能够遍历到，需要满足\(j<i\)，这里的\(i\)是所有的最小的\(b[i]\)中最小的\(i\)），因为当数组遍历到\(\frac{a[i]}x\)的时候，这个数字不能再被\(x\)整除，数组的遍历就会结束，那么对于后面的数字虽然\(b[j]\)可能会很大，但是数组不能够遍历到那里了，也就不会再有贡献了。

所以要取得所有数字中\(b[i]\)的最小值，这里设最小值为\(b_{min}\)，这里的\(min\)为出现最早的\(min\)，即若\(b[i]\)的最小值为\(1\)，有\(b[2]=1, b[3]=1\)，那么就取\(min=2\)，原因就是上面说到的，要求满足\(j<i\)，\(i\)是所有的最小的\(b[i]\)中最小的\(i\)。

那么遍历完数组之后，整个数组数字之和\(Sum=\sum_{i=1}^{min-1}a[i]\times(b[min]+1)+\sum_{i=min}^{n}a[i]\times b[min]+W\)，其中\(W\)是在不遍历数组的时候，数组中所有数字的总和。

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AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int Maxn = 100005;

ll a[Maxn];
int b[Maxn];

void solve() {
	memset(b, 0, sizeof b);
	int n, minn = INF;
	ll x, ans = 0;
	scanf("%d %lld", &n, &x);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%lld", a + i);
		ans += a[i];
		ll t = a[i];
		while (t % x == 0) {
			b[i]++;
			t /= x;
		}
		minn = std::min(minn, b[i]);
	}
	bool flag = true;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (b[i] == 0) {
			break;
		}
		if (b[i] == minn) {
			flag = false;
		}
		if (flag) {
			ans += (minn + 1) * a[i];
		} else {
			ans += minn * a[i];
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}