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Description.
有 \(n\) 个数 \(\{a_i\}\)，每个数有 \(3\sim 5\) 个因数。
求 \(\prod a_i\) 的因数个数。
\(n\le 500,a_i\le 2\times 10^{18}\)
Solution.
考虑 \(3\sim 5\) 个因数有那几种可能：
- \(x^4,x\in\text{prime}\)
- \(x^3,x\in\text{prime}\)
- \(x^2,x\in\text{prime}\)
- \(a\cdot b,a,b\in\text{prime}\)
1 2 3 肯定可以直接 \(O(1)\) 判断，重点在 4。
应该可以 Pollard-rho，然后就直接做完了。
但是这边有一个挺好的套路，就是我们只需要考虑重复出现的因数。
所以我们可以两两求 \(\gcd\)，如果 \(\gcd \ne 1\) 那肯定有重复出现的。
然后就做完了。
可能会炸精，所以 1 2 3 可以直接 \(\mathcal O(\log)\) 判断。
Coding.
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//Coded by leapfrog {{{
//Coded on 2021.10.26
//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;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
const int N=505,P=998244353;const double eps=1e-8;
int n,at,cn[N];ll a[N];map<ll,int>mp,fg;
inline ll chk2(ll w) {ll q=sqrt(w)+eps;return q*q==w?q:-1;}
inline ll chk3(ll w)
{
ll rs=0;for(ll L=0,R=1259922,md=(L+R)>>1;L<=R;md=(L+R)>>1)
if(md*md*md<=w) rs=md,L=md+1;else R=md-1;
if(1ll*rs*rs*rs==w) return rs;else return -1;
}
inline ll chk4(ll w) {ll f=chk2(w);return ~f?chk2(f):f;}
int main()
{
read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
ll v=0;for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(~(v=chk4(a[i]))) mp[v]+=4;
else if(~(v=chk3(a[i]))) mp[v]+=3;
else if(~(v=chk2(a[i]))) mp[v]+=2;
else a[++at]=a[i],cn[at]=2,fg[a[i]]++;
}
for(int abc=2;abc--;) for(int i=1;i<=at;i++) for(int j=i+1;j<=at;j++)
if((v=__gcd(a[i],a[j]))!=1&&!fg[v]) mp[v];
for(auto &x:mp) for(int i=1;i<=at;i++) if(a[i]%x.first==0) fg[a[i]]--,mp[a[i]/x.first]++,x.second++,a[i]=1;
int rs=1;for(auto x:mp) rs=1ll*rs*(x.second+1)%P;
for(auto x:fg) rs=1ll*rs*(x.second+1)%P*(x.second+1)%P;
return printf("%d\n",rs),0;
}