不难知道$x=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_n^{{\alpha }_n}$，$y=p_1^{{\beta }_1}{p}_2^{{\beta }_2}\dots p_m^{{\beta }_m}$
设：
$a_x=p_1^{{\alpha }_1\%2}{p}_2^{{\alpha }_2\%2}\dots p_n^{{\alpha }_n\%2}$，$a_y=p_1^{{\beta }_1\%2}{p}_2^{{\beta }_2\%2}\dots p_m^{{\beta }_m\%2}$
如果$xy$是完全平方数，一定有$a_x=a_y$，于是开个数组，贪心的选即可。

时间复杂度$O(n\sqrt{a_{\max }}+n)$
裸的分解质因数TLE一个点，加了个优化（质数直接不分解）然后过了，其实感觉记忆化一下应该也能过。

// 1996 ms
#include<iostream>
using namespace std;
constexpr int N=200010;
int n,k,a[N],pre[10000010];
int prime[10000010],cnt;
bool is[10000010];
void init(int n)//筛质数
{for(int i=2;i<=n;i++){if(!is[i]) prime[++cnt]=i;for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++){is[prime[j]*i]=1;if(i%prime[j]==0) break;}}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int T=1;cin>>T;init(10000000);while(T--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=1;int x;cin>>x;if(!is[x]) {a[i]=x;continue;}//小优化for(int j=2;j<=x/j;j++)if(x%j==0){int s=0;while(x%j==0) x/=j,s++;if(s&1) a[i]*=j; }if(x>1) a[i]*=x;}int last=0,res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(pre[a[i]]>=last){for(int j=last;j<i;j++) pre[a[j]]=0;res++;last=i;}pre[a[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++) pre[a[i]]=0;cout<<res<<'\n';}return 0;
}

其实感觉上述代码仍然能被卡TEL，时间复杂度主要在求$x$的$a_x$上，学习了Heltion的代码，发下可以在筛法中做文章： 设$a_x=f(x)$

如果$f_i\%p_j=0$说明$f_i$里面有一个$p_j$，$f_{p_j\times i}$则有两个$p_j$，于是$f_{p_j\times i}=f_i/p_j$
如果$f_i\%p_j\ne 0$说明$f_i$里面没有$p_j$，于是$f_{p_j\times i}=f_i\times p_j$
按照上述递推即可。
时间复杂度$O(a_{\max }+n)$

//311 ms
#include<iostream>
using namespace std;
constexpr int N=200010;
int n,k;
int a[N];
int pre[10000010];
int prime[10000010],cnt;
bool is[10000010];
int f[10000010];
void init(int n)
{f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(!is[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i;for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++){is[prime[j]*i]=1;if(f[i]%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j];elsef[i*prime[j]]=f[i]/prime[j];if(i%prime[j]==0) break;}}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int T=1;cin>>T;init(10000000);while(T--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=1;int x;cin>>x;a[i]=f[x];}int last=0,res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(pre[a[i]]>=last){for(int j=last;j<i;j++) pre[a[j]]=0;res++;last=i;}pre[a[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++) pre[a[i]]=0;cout<<res<<'\n';}return 0;
}

$10^7$以内质数个数是$664579$，不难得出只要你改变一个数，一定能改变成一个数和任意数组的数的积不是完全平方数。

共有$2^{664579}$选择，只要挑一个变成当前没有的即可。

设计dp：
状态表示：$f_{i,j}$表示考虑前$i$个数，操作了$j$次分成的最小段数。
状态转移：考虑第$i$个数和哪些数划分到一组。

比如最后一组是$[L,i]$，表明数组$[L,i]$的数两两相乘不是完全平方数，根据第一问转化后即$[L,i]$的数都不相同。只需要求出需要操作多少次能使得$[L,i]$数都不相同即可。

一个常用的trick就是记录这个数前一个和它相同数的位置${\text{pre}}_i$，不难得出$[L,i]$操作次数为${\sum }_{j=L}^{i}1(L\le {\text{pre}}_j\le i)-1$即可转移。

下面代码（效仿Heltion）的trick非常巧妙，用一个set维pre数组。最后一组为$[x+1,i]$，然后枚举操作次数转移即可。注意边界情况也就是最后一组为$[1,i]$的情况。

#include<set>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
constexpr int N=200010;
int n,k;
int a[N];
int pre[N];
int mp[10000010];
int prime[10000010],cnt;
bool is[10000010];
int f[10000010];
int dp[N][22];
void init(int n)
{f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(!is[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i;for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++){is[prime[j]*i]=1;if(f[i]%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j];elsef[i*prime[j]]=f[i]/prime[j];if(i%prime[j]==0) break;}}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int T=1;cin>>T;init(10000000);while(T--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];a[i]=f[a[i]];}for(int i=1;i<=n;i++){pre[i]=mp[a[i]];mp[a[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=k;j++) dp[i][j]=n;dp[0][0]=0;set<int,greater<int>> s;for(int i=1;i<=n;i++){if(pre[i]) s.insert(pre[i]);for(int j=0;j<=k;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;int c=0;for(int x:s){if(c>k) break;for(int j=c;j<=k;j++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[x][j-c]+1);c++;}if((int)s.size()<=k) dp[i][s.size()]=1;}cout<<*min_element(dp[n],dp[n]+1+k)<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++) mp[a[i]]=0;}return 0;
}