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解题思路
最朴素的 dp 为：(dp_{i,j}) 为前 (i) 个数选 (j) 个方案数。
(O(n^2)) 的时空复杂度，很显然会炸，所以需要优化。
先考虑空间，第一维可以滚动数组滚掉，因为选的第 (j) 个数与上一个数是什么没关系。
再考虑时间上，尝试对于每个 (a[i])，只枚举符合条件的 (j)，即枚举其因数（根号复杂度）。
注意：因为使用了滚动数组，所以因数要从大到小枚举。
题解中都是sort一遍，会多出一个log的复杂度，然而其实可以用一个栈一个队列维护。
依次求出来的因数都是单调的（一个单调递增，一个单调递减），于是把较小的因数放到一个栈中，把较大的因数放到一个队列里，最后先遍历队列再遍历栈即可完成排序工作，这样就省掉了一个 log，在理论上也可以稳过了。
所以最后时间复杂度就是 (O(nsqrt n))。
AC代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
int n,a[maxn],dp[maxn],ans;
queue<int> q;
stack<int> s;
template<class T>inline void read(T &x)
{
x=0;register char c=getchar();register bool f=0;
while(!isdigit(c))f^=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(f)x=-x;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j*j<=a[i];j++){//求因数并省掉排序的log
if(a[i]%j==0){
s.push(j);
if(j*j!=a[i]) q.push(a[i]/j);
}
}
while(!q.empty()){//先遍历队列，再遍历栈，保证了单调递减
dp[q.front()]=(dp[q.front()]+dp[q.front()-1])%mod;
q.pop();
}
while(!s.empty()){
dp[s.top()]=(dp[s.top()]+dp[s.top()-1])%mod;
s.pop();
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i])%mod;
cout<<ans;
return 0;
}