Description.
给定一个序列，两个元素连边了当且仅当它们的 \(\gcd>1\)。
每次你可以插入一个新点，它的权值为 \(a_i\times(a_i+1)\ (i\in[1,n])\)，然后对 \(n\) 加一。
多次询问，询问两个点需要几步才能联通。
Solution.
不会
考虑答案范围，只可能是 \(0,1,2\)，因为你只需要对两个数分别做一次操作，就可以使它们同时向偶数连边，然后就联通了。
所以我们只需要判断 \(0\) 和 \(1\)。
\(0\) 的话很好判，每个点直接和它所有质因子合并，判断 \(s\) 和 \(t\) 是否在同一个连通块中即可。
然后 \(1\) 的话就相当于插入一条边，我们暴力枚举插入哪条边，然后把这条边可以连接的两个点塞入一个数据结构。
查询时只需要查询两个节点所属的连通块是否存在可行的边即可。
而数据结构直接用 set 就可以了。
考虑分析复杂度，复杂度是 \(\sum_{i=1}^nd(a_i+1)\)，其中 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的因数个数。
Coding.
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//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了{{{
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}/*}}}*/
int n,Q,a[150005],fa[1000005];vector<int>v[1000005];
inline int getf(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=getf(fa[x]);}
inline void mrg(int x,int y) {x=getf(x),y=getf(y);if(x^y) fa[x]=y;}
int main()
{
read(n),read(Q);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
int mx=0;for(int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,a[i]);
for(int i=2;i<=mx+1;i++) if(v[i].empty()) for(int j=i;j<=mx+1;j+=i) v[j].push_back(i);
for(int i=1;i<=mx+1;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) for(auto j:v[a[i]]) mrg(a[i],j);
set<pair<int,int> >st;for(int i=1;i<=n;i++)
{
vector<int>b=v[a[i]+1];b.push_back(a[i]);int sz=b.size();
for(int j=0;j<sz;j++) b[j]=getf(b[j]);
for(int j=0,x,y;j<sz;j++) for(int k=j+1;k<sz;k++)
{x=b[j],y=b[k];if(x^y) st.insert(make_pair(min(x,y),max(x,y)));}
}
for(int l,r;Q--;)
{
read(l),read(r),l=getf(a[l]),r=getf(a[r]);
if(l==r) {puts("0");continue;}
puts(st.count(make_pair(min(l,r),max(l,r)))?"1":"2");
}
return 0;
}