hdu 5656 CA Loves GCD（dp）

题目的意思就是： 
n个数，求n个数所有子集的最大公约数之和。

第一种方法： 
枚举子集，求每一种子集的gcd之和，n=1000，复杂度O(2^n)。 
谁去用？

所以只能优化！ 
题目中有很重要的一句话！

We guarantee that all numbers in the test are in the range [1,1000].

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这句话对解题有什么帮助？ 
子集的种数有2^n种，但是，无论有多少种子集，它们的最大公约数一定在1-1000之间。 
所以，我们只需要统计1-1000的最大公约数中可以有多少中方法凑成就可以了！

我们就会考虑dp。 
官方题解：

我们令dp[i][j]表示在前i个数中，选出若干个数使得它们的gcd为j的方案数，于是只需要枚举第i+1个数是否被选中来转移就可以了。
令第i+1个数为v，当考虑dp[i][j]的时候，我们令$dp[i+][j] += dp[i][j],dp[i+][gcd(j,v)] += dp[i][j]。
复杂度O(N*MaxV) MaxV 为出现过的数的最大值。

AC 代码：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <set>
 #include <map>
 using namespace std;
 #define N 1006
 #define MOD 100000007
 #define ll long long
 ll n;
 ll a[N];
 ll dp[N][N],g[N][N];
 ll gcd(ll x,ll y){
    return y==?x:gcd(y,x%y);
 }
 void init(){
    for(ll i=;i<=;i++){
       for(ll j=i;j<=;j++){
          g[i][j]=g[j][i]=gcd(i,j);
       }
    }
 }
 int main()
 {
     init();
     ll t;
     scanf("%I64d",&t);
     while(t--){
        scanf("%I64d",&n);
        for(ll i=;i<n;i++){
           scanf("%I64d",&a[i]);
        }
        memset(dp,,sizeof(dp));

        for(ll i=;i<n;i++){
           dp[i][a[i]]++;
           for(ll j=;j<=;j++){
              dp[i+][j]+=dp[i][j];
              dp[i+][j]%=MOD;

              ll r=g[a[i+]][j];
              dp[i+][r]+=dp[i][j];
              dp[i+][r]%=MOD;
           }
        }
        ll ans=;
        for(ll i=;i<=;i++){
           if(dp[n][i]!=){
              ans+=i*dp[n][i];
              ans%=MOD;
           }
        }
        printf("%I64d\n",ans);
     }
     return ;
 }