每个数作为最大值时的贡献显然是 \(a_i\times cnt_i\)，\(cnt_i\) 为 \(a_i\) 在多少种染色方案中作为最大值出现，我们主要来对每个数求 \(cnt_i\)。
我们对于从 \(1\) 到 \(n\) 枚举元素，求出它和能被它染成绿色的所有元素中的最大值 \(mx\)。现在钦定 \(a_i\) 为最大值，则当前的染色方案一定不能染黑那些 \(mx\) 值大于 \(a_i\) 的元素，否则 \(a_i\) 就不是最大值了。而对于 \(mx=a_i\) 的元素（设有 \(x\) 个），我们至少选择一个，得到 \(2^x-1\) 种选择；对于 \(mx<a_i\) 的元素（设有 \(y\) 个），我们随意选择，得到 \(2^y\) 种选择；乘算起来，得到总方案数 \((2^x-1)\times 2^y\)。
具体实现上，排序 \(mx\) 数组，二分 \(mx=a_i\) 的上下界即可。时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于计算 \(mx\)；值得注意的是，因为 \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\) 是对数级的，所以不会超时。
下面是 AC 代码：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), mul(n + 1);
mul[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
mul[i] = mul[i - 1] * 2 % mod;
}
vector<int> max_if_color(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i; j <= n; j += i) {
max_if_color[i] = max(max_if_color[i], a[j]);
}
}
sort(max_if_color.begin() + 1, max_if_color.end());
unordered_set<int> visited;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (visited.count(a[i])) {
continue;
}
int r =
upper_bound(max_if_color.begin() + 1, max_if_color.end(), a[i]) - max_if_color.begin() - 1;
int l =
lower_bound(max_if_color.begin() + 1, max_if_color.end(), a[i]) - max_if_color.begin() - 1;
ans = (ans + (LL)a[i] * (mul[r - l] - 1) % mod * mul[l] % mod) % mod;
visited.insert(a[i]);
}
cout << ans << endl;
}