题意
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。
先假设我们要将所有的(a_i)中(p)的次幂都消成(0)。
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。
现在考虑我们不把所有的(a_i)中的(p)的次幂消成(0)的情况。
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;
}