最近几场周赛好像都是过T4没过T3，有点离谱。。

简单来说，题意就是要将数组分为两部分，两部分的积互质。

思路很容易想：分割点不能在两个不互质的数之间。

一种简单的暴力解法是枚举每个数，然后确定与它不互质的最后一个数（为了方便命名为配对数）的位置。如果前k个数的配对数都在前k个数之内，那么就说明将数组在这个位置拆开得到的两个数组是满足条件的。

class Solution {
    
    
public:
    int findValidSplit(vector<int>& nums) {
    
    
        int sz=nums.size();
        int ans=0;
        int checked=0;
        while(true)
        {
    
    
            for(int i=ans+1;i<sz;++i)
                if(gcd(nums[i],nums[checked])>1)
                    ans=i;
            if(ans==sz-1)
                return -1;
            ++checked;
            if(checked>ans)
                break;
        }
        return ans;
    }
};

这个算法是$O(n^{2}log(max(num)))$的，会超时。

上述算法中主要的时间复杂度在于用了$n^2$的时间进行枚举，现在考虑如何更快地完成这个任务。

首先，我们其实并不关心两个数的gcd是什么：只要两个数有相同的因数，不管它是不是最大公因数，都可以知道两个数不是互质的。

其次，我们其实也不关心任两个数之间的互质关系：假如a,b,c三个数相互都不互质，那么当判断出c与a不互质之后，就没必要判断c与b的互质关系。

根据第一点，我们可以考虑处理出每个数的质因数，然后根据每个数拥有的质因数来判断互质关系。

但如果仍然枚举每对数，整体的复杂度不降反升，来到了$O(n^2\sqrt{max(num)})$.

根据第二点，我们不需要枚举每对数，因为很多数对是没必要判断的：假如现在已经有了每个数的质因数信息，那么对于第k个数的第i个质因数，只需要找到最早的出现过i的数即可。

但是不对，这样一来似乎并没有影响整体的复杂度。

这是因为我们在寻找这些数时，仍然是用了$O(n)$的复杂度。为了更快找到这些数，用一个哈希表来存每个质因数第一次出现的位置即可。这样复杂度就降了$n$。

class Solution {
    
    
public:
    int findValidSplit(vector<int>& nums) {
    
    
        unordered_map<int,int> appear;
        int sz=nums.size();
        int rightmost[sz];
        memset(rightmost,0,sizeof(rightmost));
        for(int i=0;i<sz;++i)
        {
    
    
            int x=nums[i];
            for(int p=2;p*p<=nums[i];++p)
            {
    
    
                if(x%p)
                    continue;
                while(!(x%p))x/=p;
                if(!appear.count(p))
                {
    
    
                    appear[p]=i;
                }
                rightmost[appear[p]]=i;
            }
            if(x>1)
            {
    
    
                if(!appear.count(x))
                    appear[x]=i;
                rightmost[appear[x]]=i;
            }
        }
        int rm=0;
        for(int i=0;i<sz;++i)
        {
    
    
            if(i>rm)
                return rm;
            rm=max(rm,rightmost[i]);
        }
        return -1;
    }
};