题面

传送门

分析

考虑DP

设\(dp[i][j]\)表示前i个数选出的序列长度为j的方案数

状态转移方程为:

\[dp[i][j]= \begin{cases}dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right] +dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right] ,j \equiv 0 (\mod i) \\ dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right],otherwise \end{cases}
\]

如果二维DP,直接从1~n枚举i,j,显然会MLE

发现第一维状态i只和i-1有关,考虑用类似01背包的方法去掉一维

设dp[j]表示长度为j时的状态

第i-1次循环结束后,\(dp[j]\)存储的是原来\(dp[i-1][j]\)的值

然后我们类似01背包,倒序循环j (j为i的因数,若j不是i的因数,dp值不变,不必循环) dp[j]+=dp[j-1]

我们更新dp[j]时,dp[j-1]存的还是原来\(dp[i-1][j-1]\)的值,这样便不会重复更新

另外,因数个数怎么解决呢

我们用这样的筛法,可以在\(O(n\log n)\)的时间内筛出1~n的因数

vector<int>d[maxA];
void sieve(int x){
for(int i=1;i<=x;i++){
for(int j=1;j<=x/i;j++){
d[i*j].push_back(i);
}
}
}

所以总的时间复杂度为\(O(n\log \max(a_i))\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define maxn 100005
#define maxA 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
int maxa;
int a[maxn];
int dp[maxA];
vector<int>d[maxA];
void sieve(int x){
for(int i=1;i<=x;i++){
for(int j=1;j<=x/i;j++){
d[i*j].push_back(i);
}
}
}
int cmp(int x,int y){
return x>y;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
maxa=max(maxa,a[i]);
}
dp[0]=1;
sieve(maxa);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=d[a[i]].size()-1;j>=0;j--){
int x=d[a[i]][j];
dp[x]+=dp[x-1];
dp[x]%=mod;
}
}
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=dp[i];
}
ans%=mod;
cout<<ans;
}

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