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题目：点击打开链接
题意：给出一颗树，给出每个点的val，要求输出树上所有点的最大价值，最大价值定义为 ans[X]=max(gcd(val[i],vaj[j])) i,j 满足 lca(i,j) = X。
分析：把子树的因子压到bitset，假如存在因子n，那么bitset的第n位为1，如果要求两个子树之间节点的最大gcd,那么就是要找最大的因子，两个子树的bitset与一下找最大的1的位置，又因为bitset只有一个_Find_first函数，找第一个1的位置，所以我们把bitset反着存，时空复杂度都有点玄学。一般认为是bitset的时间复杂度是O(n/32)，stl大法吼啊！
代码：
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize(4)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<complex>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<iomanip>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define pt(a) cout<<a<<endl
#define debug test
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10
#define PI acos(-1.0)
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod = 1e9+7;
const int N = 1e5+10;
ll gcd(ll p,ll q){return q==0?p:gcd(q,p%q);}
ll qp(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
int to[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
int n,v[N],ans[N];
vector<int> f[N],g[N];
void init() {///预处理1-N每个数的因子
for(int i=1;i<N;i++)
for(int j=i;j<N;j+=i)
f[j].pb(i);
}
bitset<N> dfs(int u) {
bitset<N> res;
rep(i,0,(int)f[v[u]].size()-1) res.set(N-f[v[u]][i]);///注意.size()返回值为无符号类型，赋值一个负数后会变成一个大整数，需要强制转换。
rep(i,0,(int)g[u].size()-1) {
bitset<N> bt=dfs(g[u][i]);
ans[u]=max(ans[u],(int)(N-(res&bt)._Find_first()));///_Find_first()返回bitset第一个为1的下标，注意从0开始！
res |= bt;
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
init();
cin>>n;
int u;
rep(i,2,n) cin>>u,g[u].pb(i);
rep(i,1,n) cin>>v[i];
dfs(1);
rep(i,1,n)
if(ans[i]<=0) cout<<-1<<endl;
else cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}