这样的计数题要考虑一下每个质数的贡献，
我们对第二个样例分析一下
我们先考虑一下第一个2对答案的贡献，只有i=1的时候，第一个2
才有贡献，贡献的次数是1?1,1?2，?,1?10 ，一共贡献了十次，也就是第一个位置的2贡献值为10，同样的这个3也为10
那么我们现在的答案就是10+10了，然后我们考虑一下第二个位置的7
在i=1 的时候，这个7是在1?2开始有贡献的也就是1?2，?,1?10 1\sim 101?10贡献了九次，然后当i=2的时候又有九次，所以这个7可以贡献2x9次，同样的第三个位置的5的贡献在i=1，i=2，i=3的贡献都是8次也就3x8，那么现在的总贡献值就是10+10+9x2+8x3，然后是第四个位置上的5，由于这个5前面已经出现过5了，我们为了避免重复计算，我们认为的i=1，i=2，i=3时的5都是三号位置上的5贡献的，那这个5所能贡献的值就是当i=4时贡献了7次，当前答案就是10+10+9x2+8x3+7
然后我们看五号位置上的2，由于第一个位置上出现过了2，就是i=1的时候的2都是上一个2所贡献的，这个2所能提供的贡献就要从i=2开始算了，那么他的贡献就是6x4，下面的数也都这样处理我们的最后的答案就是
10+10+9x2+8x3+7+6x4+5x5+4+0+2x4+1+3=134
那么只用预处理一遍质因子然后把质因子的位置存在vector里面然后只用扫一遍就知道答案了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <stack>
#include <list>
#include <unordered_map>
#define MAX 1000005//求MAX范围内的素数
using namespace std;
const int N=1e6+5;
long long su[MAX],cnt;
bool isprime[MAX];
void prime()
{cnt=1;memset(isprime,1,sizeof(isprime));//初始化认为所有数都为素数isprime[0]=isprime[1]=0;//0和1不是素数for(long long i=2; i<MAX; i++){if(isprime[i])su[cnt++]=i;//保存素数ifor(long long j=1; j<cnt&&su[j]*i<MAX; j++){isprime[su[j]*i]=0;//筛掉小于等于i的素数和i的积构成的合数}}
}
int a[N];
vector<long long>mp[MAX];
void init(int x,int pos)
{for(int i=1; su[i]*su[i]<=x; i++){if(x%su[i]==0){mp[su[i]].push_back(pos);while(x%su[i]==0)x/=su[i];}}if(x>1){mp[x].push_back(pos);}
}
int main()
{prime();long long n;while(scanf("%lld",&n)!=EOF){for(int i=1;i<cnt;i++)mp[su[i]].clear();for(int i=1; i<=n; i++){scanf("%d",&a[i]);init(a[i],i);}long long ans=0;for(int i=1; i<cnt; i++){if(mp[su[i]].size()==0)continue;else{ans+=mp[su[i]][0]*(n-mp[su[i]][0]+1);for(int j=1; j<mp[su[i]].size(); j++)ans+=(mp[su[i]][j]-mp[su[i]][j-1])*(n-mp[su[i]][j]+1);}}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}