#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<sstream>
#include<list>
#include<assert.h>
#include<bitset>
#include<numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define mod 998244353
#define pi acos(-1.0)
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 1<<30;
const int maxn = 150000+3;
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[2]={-1,1};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
int t,n,m,d;
int cnt=0;
LL lcm(LL a, LL b)
{
return a/__gcd(a,b)*b;
}
LL cal(LL n)
{
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0) return i;
return n;
}
LL a,b,x,y;
int main()
{
cin>>n>>a>>b;
for(int i=1;i<n;i++)
{
cin>>x>>y;
a=__gcd(x*y,a);
b=__gcd(x*y,b);
}
if(a!=1)
printf("%lld\n",cal(a));
else if(b!=1)
printf("%lld\n",cal(b));
else puts("-1");
}
/*
2
3 1
1 1 2
3 2
1 1 2
【题意】
给定n对数，求一个WCD，它满足至少能被每对数中的一个整除，若不存在，输出-1。
【类型】数论
【分析】一开始的思路是求每对数的最小公倍数，然后把这n个最小公倍数求个gcd，然后取其最小因子即可。但这样因为TLE而FST了。后来想想也是，如果每对数中的两个数互质，那么他们的最小公倍数就是1e18左右的大小，求其最小因子的时间复杂度差不多就是1e9，肯定会T。比如下面这组样例：
2
1999999973 1999999943
1999999973 1999999943
其实正解想法差不多，就把第一对中的第一个数和后面每对的乘积求一个gcd，第二个数也和后面的每对的乘积求一个gcd，这样就保证这两个数都是小于等于2e9的，求其最小因子的复杂度<1e5，可行。
PS：其实并不需要求每对数的最小公倍数，求其乘积即可，因为乘积包括了每对数那2个数中的所有因子，且乘积的最小因子一定能被每对数那2个数中的1个整除。
【时间复杂度&&优化】
【trick】
【数据】
