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考虑直接当某个人去想对方，好像没什么大成果，于是先从自己考虑。
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对于 Alice，能取的序列 \(b\) 中的 \(y\) 当且仅当 \(y\) 存在因子在序列 \(a\) 中。
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对于 Bob，那么只要 \(y\) 在序列 \(a\) 中存在与之互质的数即可。
注意到 Bob 选的数比较广，然而 Alice 只能选择一类数字，记这类数字个数为 \(A\)，可以通过枚举 \(a\) 的每个值然后跳倍数求出，注意跳过的不要再跳，这样每个数最多跳一次，时间复杂度是调和级数，该部分允许。
现在序列 \(b\) 中还有 \(B_1 = m - A\) 个数，这些数 Alice 不能取，Bob 可以取，但是 Bob 又可能可以在 Alice 能取的数的集合里选数，这类数的个数为 \(B_2\)，总体来说是交叉关系。
怎么求 \(B_2\)？这些数在 \(a\) 中存在互质的数，记 \(L = \operatorname{lcm}(a_1 ,a_2 ,\dots ,a_n)\)，那么此类数必然不是 \(L\) 的倍数。
现在再去选数：
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Alice 先手，Alice 在取数的同时希望 Bob 能取数尽可能小，于是 Alice 会先从 \(B_2\) 类数里面取。
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Bob 后手，自己取数也要让 Alice 少去，必然会从 \(B_2\) 类数里面取。
经过了 \(\lfloor \frac{B_2}{2} \rfloor\) 回合后，\(B_2'\gets B_2 \bmod 2\)，此时如果 \(B_2' = 1\)，那么 Alice 必然取掉。此后 Alice 和 Bob 的集合互不干涉，也即是 Alice 接下来能取 \(A + B_2'\) 个数，Bob 接下来能取 \(B_1\) 个数。
考虑当 \(A+B_2' >B_1\) 时，Alice 必胜；\(A+B_2 \le B_1\) 时，Alice 败（当取等时某一回合结束都取光，Alice 没法取故败）。
时间复杂度为 \(\mathcal O(\sum (n + m) \log (n + m))\)，可以通过。