C. Multiplicity(DP + 分解因数)

Problem - C - Codeforces

给定一个整数数组a1，a2，...，an。

如果可以从a中删除一些元素得到b，则称数组b为a的子序列。

当且仅当对于每个i（1≤i≤k），bi是i的倍数时，数组b1，b2，...，bk被称为好。

在模109+7下找到a中好的子序列的数量。

如果两个子序列的包含数字的索引集合不同，则认为它们是不同的。也就是说，在比较子序列时，元素的值不重要。特别地，数组a恰好有2n-1个不同的子序列（不包括空子序列）。

输入

第一行包含一个整数n（1≤n≤100000）- 数组a的长度。

接下来一行包含整数a1，a2，...，an（1≤ai≤106）。

输出

仅打印一个整数-在模109+7下取的好子序列数量。

Examples

input

Copy

2
1 2

output

Copy

3

input

Copy

5
2 2 1 22 14

output

Copy

13

在第一个例子中，所有三个非空可能的子序列都是好的：{1}，{1,2}，{2}。在第二个例子中，可能的好子序列为：{2}，{2,2}，{2,22}，{2,14}，{2}，{2,22}，{2,14}，{1}，{1,22}，{1,14}，{22}，{22,14}，{14}。

请注意，某些子序列会列在多次，因为它们在原始数组中出现多次。

题解:
首先分解因数,把每个数的所有因数,存到其vector数组v[i]中,接着dp即可,

dp[i][j]:前i个且第i个的长度为j的序列个数

dp[i][j]+=dp[i-1][j]; 前i个,且当前i为终点长度为j的序列
if(a[i]%j==0) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1];

肯定还要接着进行优化,由于j并不是都满足,所以我们利用前面我们分解的因数可以优化(dp[j]代表长度为j的b数组有多少种答案)

dp[v[i][j]] = dp[v[i][j]] + dp[v[i][j] - 1]肯定由比当前因子少一的转移过来

为啥10000*sqrt(1e6)不会t,因为题中保证了,数组a恰好有2n-1个不同的子序列（不包括空子序列）

还要就是dp过程,类似01背包只能拿一次,所以从后往前DP

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
typedef pair<int,int> PII;
int mod = 1e9 + 7;
vector<int> v[100050];
int dp[1000050];
void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		for(int j = 1;j*j <= x;j++)
		{
			if(x%j == 0)
			{
				if(j*j == x)
				{
					v[i].push_back(j);
				}
				else
				{
					v[i].push_back(j);
					v[i].push_back(x/j);
				}
			}
		}
		sort(v[i].begin(),v[i].end());
	}
	dp[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for(int j = v[i].size() - 1;j >= 0;j--)
		{
			dp[v[i][j]] = (dp[v[i][j]] + dp[v[i][j] - 1])%mod;
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= 100000;i++)
	{
		ans = (ans + dp[i])%mod;
	} 
	cout << ans;
}
signed main()
{
//	ios::sync_with_stdio(0 );
//	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int t = 1;
//	cin >> t;
	while(t--)
	{
		solve(); 
	}
}