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+1][j] += dp[i][j],dp[i+1][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==0?x:gcd(y,x%y);
}
void init(){
   for(ll i=1;i<=1000;i++){
      for(ll j=i;j<=1000;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=0;i<n;i++){
          scanf("%I64d",&a[i]);
       }
       memset(dp,0,sizeof(dp));

       for(ll i=0;i<n;i++){
          dp[i][a[i]]++;
          for(ll j=1;j<=1000;j++){
             dp[i+1][j]+=dp[i][j];
             dp[i+1][j]%=MOD;

             ll r=g[a[i+1]][j];
             dp[i+1][r]+=dp[i][j];
             dp[i+1][r]%=MOD;
          }
       }
       ll ans=0;
       for(ll i=1;i<=1000;i++){
          if(dp[n][i]!=0){
             ans+=i*dp[n][i];
             ans%=MOD;
          }
       }
       printf("%I64d
",ans);
    }
    return 0;
}