首先容易想到\(O(n^2)\)的dp
考虑优化，对于一个i，只会对满足\(i+a[i]*x=j\)的j有贡献。
也就是j%a[i]=i%a[i]
那么我们可以延迟转移，用cnt[a[i]][i%a[i]],来记录贡献，
然后我们数组不可能开那么大，所以以根号为分界，小于根号的就用cnt记录，大于根号的就可以直接算，因为不会超过\(\sqrt{n}\)次
时间复杂度\(O(n\sqrt{n})\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for (ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define fd(i,b,a) for (ll (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define mk(x,y) make_pair((x),(y))
#define A puts("Yes")
#define B puts("No")
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
const ll inf = 1ll << 60;
const ll mo = 998244353;
const ll mo1=1e9+7;
const ll mo2=1e9+9;
const ll P=131;
const ll Q=13331;
ll n,f[N],cnt[1005][1005],a[N],sq,x;
void add(ll &x,ll y){
x=(x+y)%mo;
}
int main()
{
// freopen("data.in","r",stdin);
scanf("%lld",&n);
fo(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
sq=sqrt(n)+3;
f[1]=1;
fo(i,1,n) {
fo(j,1,sq) add(f[i], cnt[j][i%j]);
if (a[i]>sq) {
fo(j,1,n) {
x=a[i]*j+i;
if (x>n) break;
add(f[x], f[i]);
}
}
else {
add(cnt[a[i]][i%a[i]], f[i]);
}
}
ll ans=0;
fo(i,1,n) add(ans, f[i]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}