C. Multiplicity 简单数论+dp（dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j] 前面序列要满足才能构成后面序列）+sort...

题意：给出n 个数 的序列 问 从n个数删去任意个数  删去的数后的序列b1 b2 b3 ......bk  k|bk

思路： 这种题目都有一个特性 就是取到bk 的时候 需要前面有个bk-1的序列前置  这个时候暴力会多一个n 的复杂度

所以只要定义一个状态（j）表示选择了j个数 这个时候就可以转移到j+1 了

定义状态:dp[i][j] 前i个数 选择了j个 

dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j] ( j|a[i] ) 这个 选+不选

dp[i][j]=dp[i-1][j]    ( j|a[i]不成立 )

这里无法用n^2的复杂度过 而 我们知道 一个数的因子数可以用sqrt(j)的时间求出来 但是j 和a[i]/j 两个因子的大小不确定 所以就会影响dp进程 因为dp要从j到j+1从小到大转移（因为二维开不下 需要滚动 不然可以随便顺序）

（ 数的因子是很稀疏的 所以不会超时  ）

 

 1 #include
 2 #define FOR(i,f_start,f_end) for(int i=f_start;i<=f_end;i++)
 3 #define MS(arr,arr_value) memset(arr,arr_value,sizeof(arr)) 
 4 #define F first 
 5 #define S second
 6 #define pii pair
 7 #define mkp make_pair
 8 #define pb push_back
 9 #define arr(zzz) array
10 #define ll long long 
11 using namespace std;
12 const int maxn=1e6+100;
13 const int inf=0x3f3f3f3f;
14 const int mod=1e9+7;
15 int a[maxn];
16 int dp[1000000+5];
17 int main(){
18        int n;
19     scanf("%d",&n);
20     for(int i=0;i"%d",&a[i]);
21     ll ans=0;
22     int p=1;
23     dp[0]=1;
24     for(int i=0;i){
25             vector<int>v(sqrt(a[i]));
26         for(int j=1;j*j<=a[i];j++){
27             if(a[i]%j==0){
28                 v.pb(j);
29                 if(a[i]/j!=j)v.pb(a[i]/j);
30             }
31         }
32         sort(v.begin(),v.end(),[](int a,int b){return a>b;});
33         for(auto p:v){
34             dp[p]=(1ll*dp[p-1]+dp[p])%mod;
35         }
36     }
37     for(int i=1;i<=1000000;i++)ans+=dp[i],ans%=mod;
38     cout<endl;
39     return 0;
40 }

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