洛谷P5495 【模板】Dirichlet 前缀和 题解 高维前缀和

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5495

模型转化：

题目要求计算 \(b_k = \sum_{i|k} a_i\)。

任何正整数都可以唯一分解为质因子的乘积：\(i = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \dots p_m^{\alpha_m}\)。

\(i\) 能够整除 \(k\) 的充要条件是：对于 \(k\) 的每一个质因子 \(p_j\)，其在 \(i\) 中的指数都小于或等于在 \(k\) 中的指数。这本质上是一个以无限个质数为坐标轴的高维前缀和问题。

高维前缀和（SOS DP）：

就像求多维数组前缀和一样，我们不需要使用容斥原理，而是可以逐维累加。

在数论中，每一个质数 \(p\) 就代表其中的一维。因此，我们可以外层循环枚举所有小于等于 \(n\) 的质数 \(p\)，内层循环从小到大枚举倍数，更新 \(a_{j \cdot p} \leftarrow a_{j \cdot p} + a_{j}\)。

示例程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using uint = unsigned int;
const int maxn = 2e7 + 5;

uint seed;
inline uint getnext(){
	seed^=seed<<13;
	seed^=seed>>17;
	seed^=seed<<5;
	return seed;
}
int n;

uint a[maxn], ans;

bool isp[maxn];
int prime[maxn / 10], m;
void init(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!isp[i]) {
            prime[++m] = i;
            for (int j = i; j <= n/i; j++)
                isp[i * j] = true;
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n >> seed;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = getnext();
    init(n);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; prime[i] * j <= n; j++) {
            a[prime[i] * j] += a[j];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans ^= a[i];
    cout << ans << endl;
    return 0;
}