或许是我太蒟了，想了好久的解法。

此题很明确，我们需要加上若干括号使得最后结果为整数。

明显的，我们在日常的数学计算中，可以发现：设任意分数 \(\dfrac{x}{y}\) （ \(x\) , \(y\) 均为正整数），如果 \(\gcd(x,y)=y\) ，那么 \(\dfrac{x}{y}=x\) ，也就是 \(\dfrac{x}{y}\) 为整数，即 \(x\) , \(y\) 可以约分。

这句话是解题的关键。理解这句话之后，我们只需要了解哪些数是分子，哪些数是分母即可判断。

分析可得， \(a_1\) 只能是分子， \(a_2\) 只能是分母，剩余的数可以是分子，也可以是分母。（证明见文末）

为了尽可能使 \(a_2\) 被约分，最优解法就是：将剩余的数和 \(a_1\) 全部处于分子处，分母处只留 \(a_2\) 。

这样，我们只需要判断约分之后 \(a_2\)是否为1。

如何约分呢？将分子的数不断与 \(a_2\) 求最大公约数（设为 \(z\) ），那么 \(a_2\) 与这个数就能约去 \(z\) ,令 \(a_2 \gets \dfrac{a_2}{z}\)，就可以实现最大化约分。

思路分析完毕。代码实现如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;
typedef long long LL;
int t,n;
LL a[MAXN];
LL gcd(LL a,LL b)
{
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(i==2) continue;//特别注意过滤a2!!!
			a[2]=a[2]/gcd(a[2],a[i]);//约分
		}
		if(a[2]==1) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
	return 0;
}

关于前文的证明（有点粗略，请见谅）：

首先，设存在 长度为 \(n\) 的序列 \(b_1,b_2,...,b_n\) ，令 \(r=b_1/b_2/b_3/.../b_n\) ，那么根据 \(\dfrac{a}{\frac{b}{c}}=\dfrac{a \times c}{b}\) ，可以得到如下结论：

1. 如果 \(n\) 是偶数，\(r=\dfrac{b_1 \times b_3 \times ... \times b_{n-1}}{b_2 \times b_4 \times ... \times b_n}\)。
2. 如果 \(n\) 是奇数，\(r=\dfrac{b_1 \times b_3 \times ... \times b_n}{b_2 \times b_4 \times ... \times b_{n-1}}\)。

所以对于这个序列中的 \(b_i\) (\(1 \leq i \leq n\))，如果 \(i\) 是奇数， \(b_i\) 处于分子处，如果 \(i\) 是偶数， \(b_i\) 处于分母处。

对于这道题中的 \(a\) 序列，我们虽然可以通过添加括号，使得 \(a_i\) (\(3 \leq i \leq n\))的位置改变，位于分母还是分子具有不确定性，但是无论如何， \(a_1\) 永远是第 1 位， \(a_2\) 永远是第 2 位，那么 \(a_1\) 只能处于分子处， \(a_2\) 只能处于分母处。