由于互质关系不是传递的，所以尽量挂在树的最下面，刚好构成二叉树

$f[i][j][0]$ 表示区间 $[i,j]$ 以 $i$ 为根，是否可以构成一棵树。

$f[i][j][1]$ 表示区间 $[i,j]$ 以 $j$ 为根，是否可以构成一棵树。

1. 先按照任意两点的最大公约数是否大于 1 建边；
2. 当 $f[i][k][0]\&\&f[k+1][j][1]$ 为真时，可以考虑将左边的树挂到 $k+1$ 下方，或者将右边的树挂到 $k$ 下方，连成一棵树，即可转换为一棵二叉树。
3. 答案即为所有 $f[1][i][1]\&\&f[i][n][0](1\le i\le n)$ 中是否存在一个 $i$ 可以使得式子为真。

首先，可以直接使用区间DP完成 $O(n^3)$。

但这题有一个更简单的实现：使得每个三角形都有顶点 1，可以得到最优答案：
$$\sum _{i=2}^{n-1}i\cdot (i+1)$$

证明：

我们考虑边 $(1,n)$ 可以构成一个三角形 $[1,n,x]$(三角形的三个顶点)。

• 如果 $x=n-1$，我们就可以删除一个三角形，得到剩余的规模为 $n-1$ 的子问题；
• 否则，$1<x<n-1$，将原来的图形分成了左右两个部分，其中 $x\sim n$ 的点构成一个多边形（不是三角形），我们再选取 $k(x<k<n)$ 点构成一个三角形 $[n,x,k]$，这时，$[1,x,k,n]$ 构成一个四边形，对于这个四边形，显然划分成 $[1,n,k]$ 和 $[1,n,x]$ 比划分成 $[1,n,x]$ 和 $[n,x,k]$ 更优，因为 $1\cdot n\cdot k+1\cdot k\cdot x<x\cdot n\cdot k+1\cdot n\cdot x$。

注意：将三角形 $[1,n,x]$ 转换为 $[1,n,k](k>x)$，可以持续递推，直至 $x=n-1$。

综上，我们可以将任意三角划分按照这个原则进行改进，且绝不会增加权值。

考虑任意一个区间 $[i,j]$ 尚未连通，其子区间已经构成两个连通分量，可以选择：

（1）将 $i$ 和 $j$ 连接；

（2）不连 $i$ 和 $j$，将中间某个结点连接。

上面两种方案没有交集，方案数直接相加即为 $[i,j]$ 做成连通图的答案，不需要容斥。

令 $f[i][j][0]$ 表示区间 $[i,j]$ 连通且 $i$ 和 $j$ 不邻接的方案数；$f[i][j][1]$ 表示区间 $[i,j]$ 连通且 $i$ 和 $j$ 邻接的方案数。

令 $f[i][j]$ 为将区间 $[i,j]$ 删除需要的最小魔法值消耗。

按两种情况考虑：

（1）$s[i]==s[i+1]$

（2）枚举中间分割点 $k$