高维前缀和

前缀和

迪利克雷前缀和：给定 $f(1),f(2),\dots f(n)$，求 $g(d)=\sum\limits_{x\mid d}f(x)$，$d\in[1,n]$。

问题中的 $g$ 就是就是 $f$ 的迪利克雷前缀和，直接求是 $O(n\ln n)$ 的，但可以做到 $O(n\log\log{n})$。

设 $x=\prod p_i^{\alpha_i}$，$y=\prod p_i^{\beta_i}$，那么 $x$ 贡献到 $y$ 当且仅当 $\forall i,~\alpha_i\le \beta_i$。因此这就是一个质因数分解之后，指数的高位前缀和问题，先筛出 $\le n$ 的所有质数，然后按位依次前缀和即可（每个质数是一”位“）

for(int i = 1; i <= cnt; ++i) // cnt是质数个数
    for(int j = 1; j * prime[i] <= n; ++j)
        f[j * prime[i]] += f[j]; // j * prime[i] 在第 i 位上的指数比 j 多 1

类似地，我们还有迪利克雷后缀和：$g(d)=\sum\limits_{d\mid x}f(x)$。

注意区别在于 $d\mid x$ 还是 $x\mid d$。计算方法也是类似的。

for(int i = 1; i <= cnt; ++i) // cnt是质数个数
    for(int j = n / prime[i]; j >= 1; --j)
        f[j] += f[j * prime[i]]; // j 在第 i 位上的指数比 j * prime[i] 少 1

差分

前缀差分：给定 $g(1),g(2),\dots g(n)$，已知 $g(d)=\sum\limits_{x\mid d}f(x)$，求 $f(x)$，$x\in [1, n]$。

站在高维前缀和/差分的角度，我们只需要将前缀和的那一层循环反向，然后加号变减号即可。

for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
    for(int j = n / prime[i]; j >= 1; --j)
        f[j * prime[i]] -= f[j];

后缀差分：给定 $g(1),g(2),\dots g(n)$，已知 $g(d)=\sum\limits_{d\mid x}f(x)$，求 $f(x)$，$x\in [1, n]$。

for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
    for(int j = 1; j * prime[i] <= n; ++j)
        f[j] -= f[j * prime[i]];

例题

ABC361F x=a^b

给定一个正整数 $n$，求 $1$ ~ $n$ 中有多少个数能被写成 $a^b~(b\ge 2)$ 的形式。

$n\le 10^{18}$

这里只写莫比乌斯反演/后缀差分的做法

首先 $a=1$ 时显然有且仅有 $x=1$ 符合题意，接下来默认 $a\ge 2$

注意到 $b$ 不会超过 $59$，所以可以枚举 $b$。
对于一个 $b$，有 $\lfloor \sqrt[b]{n} \rfloor -1$ 个 $a$ 符合题意。
但是我们不能把 $\lfloor \sqrt[b]{n} \rfloor -1$ 之和当作答案，因为 $a_1^{b_1}=a_2^{b_2}$ 的情况会导致算重。

思考一下会发现，同一个数 $x$ 可能会有多种拆分方式，比如

$$64=4^3=8^2$$

此时我们希望规定一种方式，使得拆分是唯一的，就不会存在重复了。
所以可以让 $a$ “最简”，也就是 $a$ 不能表示为 $p^q$ 的形式，这时我们可以说 $x=a^b$ 是“幂次只能是 $b$ 的数”

那么之前，我们计算的$\lfloor \sqrt[b]{n} \rfloor -1$ 个 $a^b$ 就是“幂次只能是 $kb$ 的数$~(k\in\Z)$”。这是因为没有限定 $a$ 最简，所以 $a$ 可以继续拆分。

于是我们设 $f(b)$ 表示 “幂次只能是 $b$ 的数的个数”，$g(b)$ 表示“幂次只能是 $kb$ 的数的个数”，则有下面的关系式：

$$g(b)=\sum\limits_{b\mid x}f(x)$$

我们的目的是求出 $f$，这种式子有两种处理方式

一：莫比乌斯反演

结论是

$$f(b)=\sum\limits_{b\mid n}\mu(\frac{n}{b})g(n)$$

可以线性筛出 $\mu(1$ ~ $n)$，然后 $O(n\ln{n})$ 求 $f$

答案是 $1+\sum\limits_{i=2}^nf(n)$

二：高维前缀和

我们可以把一个数进行质因数分解，如 $n=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdot\dots\cdot p_k^{c_k}$
这样我们就可以认为 $n$ 是一个有 $k$ 个维度的向量 $(c_1,c_2,\dots,c_k)$

对于最初的式子

$$g(b)=\sum\limits_{b\mid x}f(x)$$

这里 $b\mid x$ 在多维视角下是什么意思呢？
不难发现，$b\mid x$ 表示 $x$ 在每一维度下的数值都大于 $c$
那么这个式子所反映的关系就是：$g$ 是 $f$ 在多维视角下的“后缀和”
所以 $f$ 就是 $g$ 的后缀差分