首先，若存在 \(P_i=1\)，那么 \(K=1\)。
否则，设小数点后位数为 \(L\)，则有 \(K\le 10^L\)。这是因为任意一个 \(L\) 位小数，都显然可以通过一个整数除以 \(10^L\) 得到。
于是枚举分母 \(k\le 10^L\)，枚举每个 \(P_i\)，找到与其最接近的 \(\frac{x_i}{k}\)，判断精度是否符合要求，以及是否满足 \(\sum\frac{x_i}{k}=1\) 即 \(\sum x_i=k\) 的条件即可。如果满足，则 \(k\) 即为所求的 \(K\)。
时间复杂度 \(\mathcal O(2^LN)\)。
//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug(format...) fprintf(stderr, format)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
mt19937 rnd(std::chrono::duration_cast<std::chrono::nanoseconds>(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch()).count());
ll randint(ll L, ll R) {
uniform_int_distribution<ll> dist(L, R);
return dist(rnd);
}
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}
const ll N = 105;
ll n, L, val[N];
char s[N][10];
int main() {
scanf("%lld", &n);
rep(i, 1, n) {
scanf("%s", s[i]+1);
L = (ll)strlen(s[i]+1);
if(s[i][1] == '1') return puts("1")&0;
rep(j, 3, L) val[i] = 10 * val[i] + (s[i][j] ^ 48);
}
L -= 2; // "0."
ll lim = 1;
rep(i, 1, L) lim *= 10;
rep(i, 2, lim) {
ll sum = 0, ok = 1;
rep(j, 1, n) {
ll now = ll(round(1.0 * val[j] / lim * i));
sum += now; // check sum to 1
if(ll(round(1.0 * now / i * lim)) != val[j]) {ok = 0; break;} // check precision
}
if(sum == i && ok) return printf("%lld\n", i)&0;
}
return 0;
}