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我自闭了，连蓝题都不会了，还得看题解。
以下是我理解的官方做法，献给给广大没看懂官方题解的神仙们。作者蒟蒻，如果有什么不对的地方请指出。
观察题目的限制，发现\(q\)是一个\(p^z\)的形式，因此我们可以考虑每个质数\(p\)。
对于每个质数\(p\)，我们求出一个\(0-1\)串\(state_i\)，其中第\(i\)位为\(1\)则表示存在一个数，它分解后\(p\)这个质因子的次幂为\(i\)。特殊地，如果一个数不含\(p\)这个质因子，那么第\(0\)位为\(1\)。\(p\)的次幂的上界很小，\(p=2\)时最大，才\(\log_2\)级别，因此是开得下的。
现在我们考虑通过题中的操作使得\(a_{1...n}\)相同的过程：
对于每个质数\(p\)，显然只有所有\(a_i\)分解后的\(p\)的次幂相同才会满足条件。
此时，我们要对\(p\)的状态求出一个最小的集合，满足将这个集合内的数任意相加可以拼出\(p\)的状态中所有的位置。
就拿官方题解里的例子吧：
对于\(1000111010\)，在\(1,3,4,5,9\)位上是\(1\)（注意我们是从右向左从零开始数的），于是\(f_{(1000111010)_2}=3\)，因为我们可以通过\(\{1,3,5\}\)拼出所有的数。（\(1=1\)，\(3=3\)，\(4=1+3\)，\(5=5\)，\(9=1+3+5\)）
此时我们在\(q=p^1\)时操作分解后\(p\)的次幂为\(1,4,9\)的位置，在\(q=p^3\)时操作分解后\(p\)的次幂为\(3,4,9\)的位置，在\(q=p^5\)时操作分解后\(p\)的次幂为\(5,9\)的位置，那么所有的数中\(p\)的次幂都为\(0\)。
那么我们就设\(f_s\)表示状态\(s\)的答案，我们可以\(dfs\)求出。
但是包含\(s\)的状态\(t\)（即\(s\)是\(t\)的子集）的答案\(f_t\)也可以更新\(f_s\)（能拼出\(t\)就能拼出\(s\)），我们再枚举每个状态，更新它的子集即可。
这时候需要满足该状态最低位（即第\(0\)位）不为\(0\)，因为为\(0\)的话就说明有一个数根本就没有\(p\)这个质因子，那肯定要全消完。
那么我们保留\(p^k\)就相当于\(s_p>>k\)这个状态的答案，还是拿之前的那个举例：
\(1000111010\)，在\(1,3,4,5,9\)位上是\(1\)。
我们现在保留\(p^1\)，也就是我们要找最小的集合，使其能拼成\(0,2,3,4,8\)，那么对应的状态就是\(s_p>>1\)。
由衷地感叹：这题的确是道思维好题。
code（真·抄的官方题解）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int maxm=20;
int n,ans;
int a[maxn],f[1<<maxm],state[1<<maxm],cnt[1<<maxm];
bool vis[maxn];
vector<int>prime;
inline void pre_work()
{
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
if(!vis[i])prime.push_back(i);
for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=1000000;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
void dfs(int dep,int now,int s)
{
f[s]=min(f[s],dep-1);
if(dep>5)return;
for(int i=now;i<=20;i++)dfs(dep+1,i,(s|(s<<i))&((1<<20)-1));
}
int main()
{
pre_work();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
dfs(1,1,1);
for(int s=(1<<20)-1;s;s--)
for(int j=1;j<=20;j++)
if(!((s>>(j-1))&1))f[s]=min(f[s],f[s|(1<<(j-1))]);
for(int s=1;s<(1<<20);s++)if(!(s&1))f[s]=min(f[s],f[s>>1]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=a[i];
for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&prime[j]*prime[j]<=tmp;j++)
{
if(tmp%prime[j])continue;
int k=0;
while(tmp%prime[j]==0)k++,tmp/=prime[j];
state[prime[j]]|=1<<k;cnt[prime[j]]++;
}
if(tmp>1)cnt[tmp]++,state[tmp]|=2;
}
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
if(cnt[i]!=n)state[i]|=1;
ans+=f[state[i]];
}
printf("%d",ans);
return 0;
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原文地址：https://www.cnblogs.com/nofind/p/12130830.html
