我就是个大菜鸡！其实这题，说难也难，说不难也不难，看能不能想到了，我是一个都没想到

//选点问题，左右两个状态要乘起来，最后求和

/*
    假设a0到ai, 为了利用以前算过的状态，我们以最后一个区间的左端点
作为划分依据，假设为aj, j>=0 j<=i-1, 以这个为划分依据，可以保证在a0到ai
的选法集合数量不重不漏吗？ 有重复的话，我们就要用一下容斥原理了
首先，他一定是不漏的，因为把j一定是落在0-n-1的
现在看一下两个子集会不会有公共元素？
取一个j'不同于j，就看一下j'和j有没有重复的方案书呗
由于题目要求了，等分点不能取有障碍的点，即选到aj'的时候，aj'的方案中
是一定不会在aj种树的，所以aj'到ai和aj到ai这两个等差数列，是一定没有任何交集的
原来是出题人为了照顾我们才增加了这个限制，这两类方案是没有任何交集的

所以求a0到ai的总个数，只需要枚举j的位置，然后求和

为了不失一般性，我们看一下最后一个区间的左端点，选择到aj时，方案数怎么求？
由于a0到aj已经求出来了，所以求aj到ai，我们需要确定等分点，就是整除，约数！
假设aj到ai的区间长度是d，没一小段的长度为k，那必定有k|d, k整除d， 所以枚举约数就可以了
由于题目中限制，至少分成两段，所以枚举除了d之外的所有约数，

当选到了aq， aj<aq<ai, 当我们对aq的约数进行枚举时，此时的约束不能选择的和aj
的重合，如果重合的话，就会重复计算了， 所以对于每一个阶段， i每次+1， 都开一个
长度为M的布尔数组，看一下这些数组中哪些数被作为约数使用过了。

同时，在对aj选择的约数进行种数时，永远不会种到后边的障碍物，因为j是从i-1开始枚举
的，能往障碍物种树的约数，aj想使用的时候已经被后边的用过了，aj不能再用了
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;

typedef long long LL;//1e9*1e9会爆int

const int N=1010, M=100010, MOD = 1e9+7;

int n;
int a[N];
int f[N];
vector<int> q[M]; //结构体数组，存放i的所有约数
bool st[M];

int main()
{
    for(int i=1; i<M; i++)
        for(int j=i*2; j<M; j+=i)
            q[j].push_back(i);//这个逆向思维就很好

    cin>>n;
    for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    //没有点，都不选，所以选法种数为1
    f[0]=1;

    // f[i]表示前i个点的选法总和
    //枚举所有阶段
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        //每个阶段都开一个数组，记录哪些约数被使用过了
        memset(st, 0, sizeof st);
        //枚举最后一个区间的左端点,这个从大到小，很关键！！
        for(int j=i-1; j>=0; j--)
        {
            //d是区间长度， cnt是这个区间内选法种数的和
            int d=a[i]-a[j], cnt=0;
            //枚举所有约数
            //不用担心会选到障碍物，因为是j是从大到小的
            //会选到障碍物的选法中，st[k]一定已经被使用过了
            for(int k: q[d])
            {
                //如果没有被使用过
                if(!st[k])
                {
                    //种数+1
                    cnt++;
                    st[k]=true;
                }
            }
            st[d]=true;
            //对于每个约数，求和
            f[i]=(f[i] + (LL)f[j] *cnt) %MOD;
        }
    }

    printf("%d\n", f[n-1]);

    return 0;
}