先把公比为1，即前项 中项 末项相同的统计出来。对每一类数C（n，3）即可。
然后我们发现，因为a1*a3=（a2）^2，所以a1和a3进行质因子分解之后，每一个质因子的指数的奇偶性必然相同，否则无法满足乘积为完全平方数。
然后sqrt（100000）以内的素数只有65个，我们对于每一个数，用unsigned long long存一个01串，代表前64个素因子的奇偶性，再单独用一个布尔存第65个。
然后该数还有可能有一个大素因子（>sqrt（x）），单独存一下，这样用一个三元组唯一标示每一个数。
a1和a3的三元组必然完全相同。
于是对于这样一个三元组，开个map套vector记录下符合其的数的个数（不超过log个），然后就很容易统计了。
复杂度其实很低，就是常数挺大。
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<map>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
struct Point{
ull S;
int x;
int y;
Point (const ull &A,const int &X,const int &Y){
S=A;
x=X;
y=Y;
}
Point(){
}
};
bool operator < (const Point &a,const Point &b){
if(a.S!=b.S){
return a.S<b.S;
}
if(a.x!=b.x){
return a.x<b.x;
}
return a.y<b.y;
}
map<Point,vector<int> >ma;
ll ans;
bool vis[100000];
int pri[1000],pr;
void shai(){
vis[1]=1;
for(int i=1;i*i<=100000;++i){
if(!vis[i]){
pri[pr++]=i;
for(int j=i*i;j*j<=100000;j+=i){
vis[j]=1;
}
}
}
}
int n,m,a[1000010];
ll num[100010];
int main(){
// freopen("e.in","r",stdin);
shai();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
++num[a[i]];
}
for(int i=1;i<=100000;++i){
ans+=(num[i]*(num[i]-1ll)*(num[i]-2ll))/6ll;
}
sort(a+1,a+n+1);
int last=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]!=a[i-1]){
int x=a[i];
ull S=0;
for(int j=0;j<pr-1;++j){
int cnt=0;
while(x%pri[j]==0){
++cnt;
x/=pri[j];
}
if(cnt%2!=0){
S|=((ull)1<<j);
}
}
int y=0,z;
while(x%pri[pr-1]==0){
++y;
x/=pri[pr-1];
}
y%=2;
z=x;
vector<int> v=ma[Point(S,y,z)];
for(int j=0;j<v.size();++j){
ans+=num[a[i]]*num[v[j]]*num[(int)(sqrt((ll)a[i]*(ll)v[j])+0.5)];
}
ma[Point(S,y,z)].push_back(a[i]);
last=i;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}