題意：
給一個長度爲n的數組a，數組中的元素滿足條件：每個數最多隻有7個因子
現在要你選出一段子序列，滿足子序列乘積是完全平方數，問子序列的最小長度是多少，輸出最小長度，無解則輸出-1
數據範圍：n<=1e5，a(i)<=1e6
思路:
完全平方數即質因子的冪次都是偶數的數。
一個數最多隻有7個因子，可以推出最多隻有兩種質因子，因爲三種質因子的數至少有8個因子。
如果某個數沒有奇數次冪的質因子，那麼它就是一個完全平方數，輸出1即可
如果某個數有一個奇數次冪的質因子，讓這個質因子和點1連無向邊
如果某個數有兩個爲奇數次冪的質因子，讓這兩個質因子間連無向邊
則圖的最小環就是答案。
最小環的計算常用的是floyd，但是複雜度太高，這題顯然不行。
考慮到邊權爲1，可以枚舉所有點作爲起點+bfs計算最小環。
但是枚舉所有點作爲起點也會超時。
考慮最大範圍數據，因爲數據最大範圍爲1e6，則大於根號1e6(即大於1e3的點)，是不可能和同樣大於1e3的點相連的(因爲不可能存在一個數有兩個大於1e3的質因子)，只可能和小於1e3的點相連，因此只需要枚舉小於等於1e3的點作爲起點就就行了。
ps:
bfs求最小環是第一次見到，不是很懂原理。
畫了一下bfs的分層圖，發現當x搜到一個已經搜過的v的時候，最小環應該是d(x)+d(v)+1-d(LCA(x,v))，但是大家的代碼中都是直接對d(x)+d(v)+1取min，沒有管後面的LCA，稍微想了一下發現是因爲枚舉所有數作爲根節點，總會枚舉到他們的LCA作爲根，這時候就可以上面的式子就可以去掉後面的LCA了，也就是直接取min總會取到正確答案。
對於這題來說，不枚舉大於1e3的作爲LCA是因爲枚舉到與他相連的點作爲LCA也能計算出答案。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=1e6+5;
int head[maxm],nt[maxm<<1],to[maxm<<1],w[maxm<<1],cnt,idx;
int d[maxm],mark[maxm];
int ans=1e9;
int n;
void add(int x,int y,int z){
cnt++;nt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y,w[cnt]=z;
}
bool isprime(int x){
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0)return 0;
}
return 1;
}
void bfs(int st){
queue<int>q;
q.push(st);
memset(d,-1,sizeof d);
for(int i=1;i<=idx;i++)mark[i]=0;//清空邊標記
d[st]=0;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nt[i]){
if(mark[w[i]])continue;//回邊跳過
mark[w[i]]=1;
int v=to[i];
if(d[v]==-1){
d[v]=d[x]+1;
q.push(v);
}else{
ans=min(ans,d[v]+d[x]+1);
}
}
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%lld",&x);
int a=0,b=1;
for(int j=2;j*j<=x;j++){
if(x%j==0){
int cnt=0;
while(x%j==0){
cnt++;
x/=j;
}
if(cnt%2){
if(!a)a=j;
else b=j;
}
}
}
if(x!=1){
if(!a)a=x;
else b=x;
}
if(!a){//如果本身就是完全平方數,則答案爲1
puts("1");
return 0;
}
add(a,b,idx);
add(b,a,idx);
idx++;
}
for(int i=1;i<=1000;i++){//max(a[i])=1e6 -> sqrt(max(a[i]))=1e3
if(isprime(i)){
bfs(i);
}
}
if(ans==1e9)ans=-1;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}