思路：
看到这题第一眼觉得要用些数论的知识优化，决定先写个暴力。
假设dp[i]表示枚举到第i项的时候最长的好的序列长度，转移仿照LIS的n^2转移，过了80。
然后就不会优化了。
宇巨说可以枚举因子进行优化：
///dp[i]表示以数i为结尾的最长的好的序列长度
///dp1[i]表示因数包括i的数结尾的最长好的序列长度
这样转移的时候将第二层for改成sqrt(n)的复杂度，并且在过程中用dp1更新dp，枚举完因子后，再用此数的dp更新因子的dp1。
ps:
1.要对原数组进行排序，因为第一个要求
2.注意因子为1时不进行转移
事实证明,dp的状态选择多么重要（逃
代码:
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll>PLL;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<double,double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
#define PI acos(-1)
#define x first
#define y second
const int maxn=1e6+7,inf=0x3f3f3f3f;
int n,a[maxn],dp[maxn],dp1[maxn],w[maxn];
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int t=read;
while(t--){
n=read;
rep(i,1,n) a[i]=read;
sort(a+1,a+1+n);
///dp[i]表示以数i为结尾的最长的好的序列长度
///dp1[i]表示因数包括i的数结尾的最长好的序列长度
memset(dp,0,sizeof dp);
memset(dp1,0,sizeof dp1);
int res=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[a[i]]=1;
int idx=0;
if(a[i]==1) continue;
for(int j=1;j*j<=a[i];j++){
if(a[i]%j==0){
int x1=a[i]/j,x2=j;
if(x1==x2){
if(x1!=1) dp[a[i]]=max(dp[a[i]],dp1[x1]+1),w[++idx]=x1;
}
else{
if(x1!=1) dp[a[i]]=max(dp[a[i]],dp1[x1]+1),w[++idx]=x1;
if(x2!=1) dp[a[i]]=max(dp[a[i]],dp1[x2]+1),w[++idx]=x2;
}
}
}
for(int j=1;j<=idx;j++) dp1[w[j]]=max(dp1[w[j]],dp[a[i]]);///枚举a[i]的因子
}
for(int i=1;i<=n;i++) res=max(res,dp[a[i]]);
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}