Пусть мы хотим сделать $i$-й элемент максимумом. Посчитаем $S_i = \sum\limits_{j = 1 \dots n}^{j \neq i} \lfloor \frac{a_j}{x} \rfloor$, заметим что максимально мы можем сделать именно столько переводов на $i$-й счет со всех остальных суммарно (так как выполняется условие $y \le x$, то если мы сделаем перевод с какого-то счета $u$ на какой-то счет $v$, то $\lfloor \frac{a_u}{x} \rfloor$ уменьшится ровно на $1$, а $\lfloor \frac{a_v}{x} \rfloor$ увеличится не более чем на $1$, поэтому промежуточные переводы между счетами не помогут увеличить $S_i$). Таким образом задача свелась к тому чтобы научиться быстро считать $S_i$ для каждого $i$. Для этого можно посчитать $S_{all} = \sum\limits_{j = 1}^{n} \lfloor \frac{a_j}{x} \rfloor$, тогда $S_i = S_{all} - \lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor$.