賽時沒看 F,寫完 E 就沒時間了，唉唉，唉唉唉唉。
思路是 t 寶的程式碼。
Solution
考慮只有一組詢問 \(l = 1, r = n\) 的時候怎麼做。
此時顯然可以 dp，設 \(f_i\) 為以 \(a_i\) 結尾的合法子序列的個數。
得到方程
\(1\) 是子序列中只有自己的情況。
答案即為 \(\sum f_i\)。
對於原問題，考慮掃描線。
發現列舉 \(r\) 的話不是很好維護 dp 陣列，因為對於每個 \(l\) 的 dp 陣列是不一樣的，所以這裡列舉 \(l\)。
假設此時列舉到 \(l\)，那所有 \(dp_i\) 的值是 \([l + 1, i]\) 區間內以 \(i\) 結尾的合法子序列的數量。
將 \(f_l\) 初始化為 \(1\)。
如果直接按之前那樣列舉的話，複雜度會炸到 \(n^2\)。考慮 \(a_l\) 能影響到的數只有 \(a_l\) 的倍數，考慮每次只列舉這些數。
這些數每個會有一個增量，根據之前的 dp，發現增量也可以 dp 算出來，只需要將方程改成 \(f_i = \sum_{a_j \mid a_i} f_i\) 即可。
最佳化這個過程，可以透過先列舉 \(a_l\) 的倍數，假設是 \(k\)，此時 \(k\) 的增量已經被算出，再列舉 \(k\) 的倍數 \(k'\) 讓 \(k'\) 的增量加上 \(k\) 的增量，就能夠保證 \(a_l\) 的所有倍數能夠算出增量。
算出增量後，用樹狀陣列維護 \(f\) 陣列的區間和即可。
一輪列舉倍數是 \(O(n \ln n)\) 的，要列舉所有倍數的倍數即為 \(O(n \ln ^ 2 n)\)，用樹狀陣列讓所有倍數加上增量是 \(O(n \ln n \log n)\) 的，所以總複雜度為 \(O(n \log ^ 2 n)\)。
struct BIT {
int n;
vector<ll> c;
BIT(int _n) {
n = _n;
c.resize(n + 1, 0);
}
void add(int x, int v) {
for (; x <= n; x += x & -x) c[x] += v;
}
ll query(int x) {
ll res = 0;
for (; x; x -= x & -x) res += c[x];
return res;
}
ll query(int l, int r) {
l --;
return query(r) - query(l);
}
};
void solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n + 1), p(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
p[a[i]] = i;
}
vector<vector<pair<int, int>>> qry(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
int l, r;
cin >> l >> r;
qry[l].emplace_back(r, i);
}
vector<ll> ans(m + 1);
vector<ll> g(n + 1);
BIT bit(n);
for (int l = n; l >= 1; l --) {
int x = a[l];
g[x] = 1;
for (int i = x; i <= n; i += x) {
if (p[i] < p[x]) continue;
for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
if (p[j] < p[i]) continue;
g[j] += g[i];
}
}
for (int i = x; i <= n; i += x) {
if (p[i] < p[x]) continue;
bit.add(p[i], g[i]);
g[i] = 0;
}
for (auto [r, id] : qry[l]) ans[id] = bit.query(r);
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) cout << ans[i] << " \n"[i == m];
}