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题目大意：
　　给你一个包含n个数的数列，两个人轮流对数列进行如下操作：
　　选择一个质数p和一个正整数k，将数列中所有能被p^k整除的数除以p^k。
　　最后不能操作者负。
　　问先手是否有必胜策略。

思路：
　　显然，结果不直接与数列中数的值有关，而与数列中每个数的质因数及其次数有关，因此我们可以将每个质因数分开考虑。
　　枚举数列中出现的每一个质因数p，对数列中的数除去p^k就相当于将p对应的次数减去k。
　　如果不同的数对于同一个质因数p，对应的次数相同，那么无论除去p的几次，对于这两个数的影响都是一样的。
　　那么我们只需要将不同的质数作为我们的子游戏，游戏状态记录p出现次数（即，如果一个数中包含17，一个数中包含17^2，那么就记录1和2）。
　　极限情况，2^31>1e9，那么对于每一个质数，我们可以用一个int类型状压记录出现次数。
　　即，若状态s的第i位为1，则p^i在数列中出现。
　　求SG函数的时候，我们可以发现SG函数的取值仅与出现次数，即状态s有关，而与具体是哪个质数无关。
　　我们可以从s的最高位枚举，依次考虑把s在i后面的位数减掉的情况，这样，较高的次数在降次以后会加到较低的位数，这一操作可以用位运算(x%si)|(x/si)表示。
　　对于边界情况，s=1时，表示数列中已经没有这样的质因数，SG值显然是0。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<ext/hash_map>
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=100;
__gnu_cxx::hash_map<int,int> sg;
int a[N];
inline int count(int &x,const int &p) {
    int ret=0;
    while(!(x%p)) {
        ret++;
        x/=p;
    }
    return ret;
}
int getsg(const int x) {
    if(sg.count(x)) {
        return sg[x];
    }
    if(x==1) return sg[x]=0;
    int si=1<<30;
    while(!(x&si)) si>>=1;
    int mex[10000];
    memset(mex,0,sizeof mex);
    while(si!=1) {
        mex[getsg((x%si)|(x/si))]=x;
        si>>=1;
    }
    int tmp=0;
    while(mex[tmp]==x) tmp++;
    return sg[x]=tmp;
}
int main() {
    int n=getint();
    for(int i=0;i<n;i++) {
        a[i]=getint();
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        int tmp=a[i];
        for(int j=2;j<=sqrt(tmp);j++) {
            if(!(tmp%j)) {
                int s=0;
                for(int k=0;k<n;k++) {
                    s|=1<<count(a[k],j);
                }
                ans^=getsg(s);
            }
        }
        if(a[i]!=1) {
            int p=a[i];
            int s=0;
            for(int k=0;k<n;k++) {
                s|=1<<count(a[k],p);
            }
            ans^=getsg(s);
        }
    }
    puts(ans?"Mojtaba":"Arpa");
    return 0;
}