Description
给你(n)个数，要从里面选出最多的数满足这些选出来的数中任意两个数的乘积都不是立方数
Solution
（为什么感觉最近这种解法比较直接的题反而容易没有思路==）
比较容易想到的是分解质因数（然而。。这题直接分解质因数直接爆炸了==），不然你连判断两个数的乘积是不是立方数都很难搞。。。
那。。假装我们找到了一种能够满足时空限制的分解质因数的方法，考虑分解完了之后怎么做
因为立方数的判定跟质因数的指数对(3)取模得到的余数有关，所以我们可以直接对每一个数进行处理，将其质因数的指数全部(\%3)，得到一些新的数，有一些数在经过这样的处理之后相等了，那么我们将这些处理后得到的新数相等的归为一类，并用这个新数代表这一类
这样处理之后有一个好处，我们会发现这样处理完了之后，对于一个处理后的数(x)，我们可以快速得到一个最小的满足与(x)乘积为立方数的(y)，而这个(y)所代表的那类数中的任意一个都满足与(x)代表的一类数中的任意一个的乘积为立方数
这种矛盾关系是一对一对的，不会有一个数同时出现在两对里面（因为每个(x)对应的(y)都是唯一确定的），所以我们可以用一个map记录每一类数的数量，然后统计答案的时候将每一对存在矛盾关系的数扫一遍，并贪心取数量较多的那类就好了（对于本身就是立方数的那一类需要特判一下，整一类只能选一个数出来）
这里还有一个小问题：有可能。。(x)或者(y)爆long long了。。实际上这也没有关系，因为如果爆出去了我们乘起来会得到一个负数，然后因为爆出去了所以数据范围内没有会与其相乘为立方数的数存在，所以。。正常处理就好了反正统计数量是用map。。。
然而上面那么多东西的前提是我们要先分解质因数
这里有一种很奇妙的办法：我们先预处理一下(10^5)内的质数以及其平方，然后对于一个待分解的数(x)，我们只用(<=sqrt[3]{x})的质数去试除，中间。。暴力计算指数(\%3)，然后如果说最后剩下的部分(>1)，那么这个部分要么是若干个质数的一次方的乘积，要么是一个质数的平方，虽然说这样我们还不能很方便地完成分解，但是用来求出上面提到的(x)和(y)已经足够了，所以我们就直接。。这么搞然后接着进行上面提到的步骤就可以了
mark：这种奇妙深刻的质因数分解方式可以mark一下
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#define ll long long
#define Pr pair<ll,ll>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=1e5+10;
map<ll,int> cnt;
int p[N];
int vis[N];
ll p2[N],lis[N];
Pr rec[N];
int n,m,cntp,cntpair,ans;
void prework(int n){
cntp=0;
vis[1]=1;
for (int i=2;i<=n;++i){
if (!vis[i])
p[++cntp]=i,p2[cntp]=1LL*i*i;
for (int j=1;j<=cntp&&i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0) break;
}
}
}
void print(Pr x){
printf("(%lld,%lld)
",x.first,x.second);
}
void work(ll val){
int tmp=0;
//if (val==1) return;
ll nwval=1,need=1;
for (int i=1;p2[i]*p[i]<=val;++i){
if (val%p[i]) continue;
tmp=0;
while (val%p[i]==0) tmp=(tmp+1)%3,val/=p[i];
if (tmp==0) continue;
else if (tmp==1) need*=p2[i],nwval*=p[i];
else need*=p[i],nwval*=p2[i];
}
nwval*=val;
//if (nwval==1) return;
if (val>1){
ll ttmp=sqrt(val);
if (ttmp*ttmp==val)
need*=ttmp;
else
need*=val*val;
}
++cnt[nwval];
//print(mp(nwval,need));
if (nwval>need) rec[++cntpair]=mp(need,nwval);
else rec[++cntpair]=mp(nwval,need);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
ll val,val1;
scanf("%d",&n);
prework(1e5);
cnt.clear();
lis[0]=0; cntpair=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&val);
work(val);
}
sort(rec+1,rec+1+cntpair);
cntpair=unique(rec+1,rec+1+cntpair)-rec-1;
ans=0;
for (int i=1;i<=cntpair;++i)
if (rec[i].first==1&&rec[i].second==1)
ans+=1;
else
ans+=max(cnt[rec[i].first],cnt[rec[i].second]);
printf("%d
",ans);
}