题解：SP18202 HG - HUGE GCD

显然对于 $n\le10^3$ 且 $a_i\le10^9$ 的情况，直接乘起来会达到 $10^{9\times 10^3}$ 的量级，即使使用 python，存储也是一个很难的问题。

不妨考虑 $\gcd$ 函数的本质。

我们假设 $a=p_1^{q_1}p_2^{q_2}p_3^{q_3}\cdots p_g^{q_g}$，$b=p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots p_g^{r_g}$，其中 $p$ 为质数，$g$ 为 $10^9$ 内质数的数量，$q_i\in [0,\log_{p_i}(10^9)]$，$r_i\in[0,\log_{p_i}(10^9)]$。

根据唯一分解定理，每一个数都有这样的唯一一个分解。

那么 $\gcd(a,b)=p_1^{\min(q_1,r_1)}p_2^{\min(q_2,r_2)}\cdots p_g^{\min(q_g,r_g)}$，$ab=p_1^{q_1+r_1}p_2^{q_2+r_2}\cdots p_g^{q_g+r_g}$。

于是我们可以把 $a$ 序列中的 $n$ 个数全部分解质因数，然后 $\prod \limits_{i=1}^na_i=p_1^{\sum \limits_{j=1}^n q_1}p_2^{\sum \limits_{j=1}^n q_2}\cdots p_g^{\sum \limits_{j=1}^n q_g}$。

$b$ 序列同理。

于是 $\gcd(\prod\limits_{i=1}^n a_i,\prod\limits_{i=1}^m b_i)$ 就可以通过上面提到的式子 $\gcd(a,b)=p_1^{\min(q_1,r_1)}p_2^{\min(q_2,r_2)}\cdots p_g^{\min(q_g,r_g)}$，$ab=p_1^{q_1+r_1}p_2^{q_2+r_2}\cdots p_g^{q_g+r_g}$ 推出。

推出后得到式子：

$\gcd(\prod\limits_{i=1}^n a_i,\prod\limits_{i=1}^m b_i)=p_1^{\min(\sum \limits_{j=1}^n q_1,\sum \limits_{j=1}^m r_1)}p_2^{\min(\sum \limits_{j=1}^n q_2,\sum \limits_{j=1}^m r_2)}\cdots p_g^{\min(\sum \limits_{j=1}^n q_g,\sum \limits_{j=1}^m r_g)}$。

具体实现起来，我们可以使用 map 统计。

但是如果对于 $a_i=998244353$，我们显然不能从 $1$ 枚举到 $998244353$。

引出一个性质：任意一个整数 $a$ 至多有 $1$ 个大于 $\sqrt{a}$ 的质因数。

证明：如果有两个大于 $\sqrt{a}$ 的质因数，它们的乘积一定比 $a$ 大。

所以我们可以枚举到 $\sqrt{10^9}$（大概是 $31623$，代码中为了保险我取了 $10^5$）。如果有比 $31623$ 大的质因数，我们把它单独保存到一个数组中，这样我们只需要枚举最多 $n$ 个需要被处理的大于 $31623$ 的质因数。

时间复杂度是 $\operatorname{O}(n\log_{10} n)$ 的，瓶颈在于分解质因数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int>mp1,mp2;
int n,m;
const int mod=1000000000;
int a[1005],b[1005];
int chu[2005],cnt;
long long ans;
long long qpow(long long a,int b){
	long long res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	} 
	return res%mod;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		long long x=a[i];
		for(int j=2;j*j<=a[i];j++){
			while(x%j==0){
				mp1[j]++;
				x/=j;
			}
		}
		if(x!=1){
			mp1[x]++;
			chu[++cnt]=x;
		}
//		printf("------------------------------\n");
	}
	
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&b[i]);
		long long x=b[i];
		for(int j=2;j*j<=b[i];j++){
			while(x%j==0){
				mp2[j]++;
				x/=j;
			}
		}
		if(x!=1){
			mp2[x]++;
			chu[++cnt]=b[i];
		}
	}
	ans=1;
	bool flag=1;
	sort(chu+1,chu+cnt+1);
	for(int i=1;i<=100000;i++){
//		if(mp1[i]&&mp2[i])cout<<i<<' '<<mp1[i]<<' '<<mp2[i]<<endl;
		if(mp1[i]<mp2[i])ans=ans*qpow(i,mp1[i]);
		else ans=ans*qpow(i,mp2[i]);
		if(ans>mod)flag=0;
		ans%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		int x=chu[i];
		if(x<=100000)continue;
		ans=ans*qpow(x,min(mp1[x],mp2[x]));
		if(ans>mod)flag=0;
		ans%=mod;
	}
	if(flag)cout<<ans%mod;
	else printf("%09lld",ans);
	return 0;
}