docs/math/number-theory/dirichlet.md
author: billchenchina, c-forrest, CCXXXI, danielqfmai, Enter-tainer, Great-designer, HeRaNO, lychees, Menci, Nanarikom, ouuan, shuzhouliu, sshwy, Tiphereth-A
本文介绍 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 生成函数．
数论函数 $f(n)$ 和 $g(n)$ 的 Dirichlet 卷积（Dirichlet convolution），记作 $f \ast g$，定义为数论函数
$$ (f \ast g)(n) = \sum_{k\mid n}f(k)g\left(\dfrac{n}{k}\right) = \sum_{k\ell=n}f(k)g(\ell). $$
Dirichlet 卷积是数论函数的重要运算．数论函数的许多性质都是通过这个运算挖掘出来的．
???+ example "例子" 1. 单位函数 $\varepsilon$ 是莫比乌斯函数 $\mu$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：
$$
\varepsilon=\mu \ast 1 \iff\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d).
$$
2. 除数个数函数 $\tau$ 是常数函数 $1$ 和它自身的 Dirichlet 卷积：
$$
\tau=1 \ast 1 \iff \tau(n)=\sum_{d\mid n}1.
$$
3. 除数和函数 $\sigma$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：
$$
\sigma=\mathrm{id} \ast 1 \iff\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d.
$$
4. 欧拉函数 $\varphi$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和莫比乌斯函数 $\mu$ 的 Dirichlet 卷积：
$$
\varphi=\mathrm{id}\ast \mu \iff\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu\left(\frac{n}{d}\right).
$$
莫比乌斯反演 就是利用 $\varepsilon=\mu \ast 1$ 对数论函数恒等式进行变形．
Dirichlet 卷积具有一系列代数性质．
???+ note "定理" 设 $f,g,h$ 都是数论函数．那么，有：
1. **交换律**：$f\ast g=g\ast f$．
2. **结合律**：$(f\ast g)\ast h=f\ast(g\ast h)$．
3. **分配律**：$(f+g)\ast h = f\ast h + g\ast h$．
4. **单位元**：$f\ast\varepsilon = \varepsilon \ast f = f$，其中，$\varepsilon(n) = [n=1]$ 是卷积单位元，$[\cdot]$ 是 Iverson 括号．
5. **逆元**：当且仅当 $f(1)\neq 0$ 时，存在 $g$ 使得 $f\ast g=g\ast f=\varepsilon$，且 $g$ 称为 $f$ 的 **Dirichlet 逆元**（Dirichlet inverse），可以记作 $f^{-1}$．而且，逆元 $g$ 满足递推公式
$$
g(n) = \dfrac{\varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1}f(k)g(\ell)}{f(1)}.
$$
??? note "证明" 为验证交换律，直接计算可知
$$
(f\ast g)(n) = \sum_{k\ell=n}f(k)g(\ell) = (g\ast f)(n).
$$
为验证结合律，直接计算可知
$$
((f\ast g)\ast h)(n) = \sum_{k\ell m = n}f(k)g(\ell)h(m) = (f\ast (g\ast h))(n).
$$
为验证分配律，直接计算可知
$$
\begin{aligned}
((f+g)\ast h)(n) &= \sum_{k\ell = n}(f(k) + g(k))h(\ell) \\
&= \sum_{k\ell=n}f(k)h(\ell) + \sum_{k\ell=n}g(k)h(\ell) = (f\ast h+g\ast h)(n).
\end{aligned}
$$
为验证 $\varepsilon(n)$ 是单位元，直接计算可知
$$
(f\ast\varepsilon)(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)\varepsilon(\ell) = f(n).
$$
第二个等号是因为 $\varepsilon(\ell)$ 仅在 $\ell=1$ 即 $k=n$ 时取得非零值．
最后，需要证明 $f^{-1}$ 存在，当且仅当 $f(1)\neq 0$．对于任意 $f$，假设存在 $g$ 使得 $f\ast g=\varepsilon$．这意味着
$$
(f\ast g)(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell) = \varepsilon(n).
$$
这实际上给出了一系列关于 $g(n)$ 取值的方程组，从中可以直接求出 $g(n)$．特别地，当 $n=1$ 时，等式变为 $f(1)g(1)=1$，所以 $g$ 存在，至少要求 $f(1)\neq 0$．而只要 $f(1)\neq 0$，可以直接解出
$$
g(n) = \dfrac{\varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1}f(k)g(\ell)}{f(1)}.
$$
它可以用于递归计算 $g(n)$ 的取值．因此，逆元 $g$ 存在，当且仅当 $f(1)\neq 0$．
用抽象代数的语言说，这些代数性质说明，全体数论函数在（逐点）加法运算和 Dirichlet 卷积运算下构成 交换环，且它的全体可逆元就是那些在 $n=1$ 处取非零值的函数．这个环称为 Dirichlet 环（Dirichlet ring）．
积性函数是一类特殊的数论函数．它对于 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 逆都是封闭的．
???+ note "定理" 设 $f,g$ 是积性函数，那么，$f\ast g$ 也是积性函数．而且，逆元 $f^{-1}$ 一定存在，它也是积性函数．
??? note "证明" 对于第一点，设 $h=f\ast g$，直接验证可知，对于 $n_1\perp n_2$，都有
$$
\begin{aligned}
h(n_1)h(n_2) &= \left(\sum_{k_1\ell_1=n_1}f(k_1)g(\ell_1)\right)\left(\sum_{k_2\ell_2=n_2}f(k_2)g(\ell_2)\right)\\
&= \sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\
&= \sum_{k\ell = n_1n_2}f(k)g(\ell) \\
&= h(n_1n_2).
\end{aligned}
$$
其中，第三个等号改变求和顺序的逻辑是：当 $k$ 遍历 $n_1n_2$ 的因数时，$k$ 的素因子可以根据它是 $n_1$ 还是 $n_2$ 的素因子分为两类，将两类中的素因子（计重复）分别乘起来得到 $k_1$ 和 $k_2$，它们将分别遍历 $n_1$ 和 $n_2$ 的因数；反过来，根据 $n_1$ 和 $n_2$ 的因数 $k_1$ 和 $k_2$，总是可以得到 $n_1n_2$ 的因数 $k=k_1k_2$．
对于第二点，设 $g=f^{-1}$，考虑应用数学归纳法．首先，$g(1)=1/f(1)=1$．此时，逆元的递归公式可以写作
$$
g(n) = \varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1} f(k)g(\ell).
$$
所以，对于 $n_1\perp n_2$ 且 $n_1n_2 > 1$，有
$$
\begin{aligned}
g(n_1n_2) &= -\sum_{k\ell=n_1n_2,~k\neq 1}f(k)g(\ell) \\
&= -\sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2,~k_1k_2\neq 1}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\
&= f(1)f(1)g(n_1)g(n_2) - \sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\
&= g(n_1)g(n_2) - \left(\sum_{k_1\ell_1=n_1}f(k_1)g(\ell_1)\right)\left(\sum_{k_2\ell_2=n_2}f(k_2)g(\ell_2)\right) \\
&= g(n_1)g(n_2) - \varepsilon(n_1)\varepsilon(n_2)\\
&= g(n_1)g(n_2).
\end{aligned}
$$
其中，第二个等号用到了归纳假设，即对于 $\ell_1\ell_2 < n_1n_2$ 且 $\ell_1\perp\ell_2$，条件 $g(\ell_1\ell_2)=g(\ell_1)g(\ell_2)$ 成立．
用抽象代数的语言说，全体积性函数在 Dirichlet 卷积运算下构成 Dirichlet 环乘法群的 子群．
更为特殊的是完全积性函数．
???+ note "定理" 设 $\alpha$ 是完全积性函数，$f,g$ 是数论函数．那么，有：
1. 分配律：$(\alpha f)\ast(\alpha g) = \alpha\cdot(f\ast g)$．
2. 逆元：$(\alpha f)^{-1}=\alpha f^{-1}$，只要 $f^{-1}$ 存在．
3. 积性函数 $f$ 是完全积性函数，当且仅当 $f^{-1}=\mu f$，其中，$\mu$ 是 [莫比乌斯函数](./mobius.md#莫比乌斯函数)．
??? note "证明" 对于第一条，直接验证可知
$$
\begin{aligned}
((\alpha f)\ast(\alpha g))(n) &= \sum_{k\ell = n}(\alpha f)(k)(\alpha g)(\ell) \\
&= \sum_{k\ell = n}\alpha(k)f(k)\alpha(\ell)g(\ell) \\
&= \sum_{k\ell = n}\alpha(n)f(k)g(\ell) \\
&= \alpha(n)(f\ast g)(n).
\end{aligned}
$$
其中，第三个等号用到了完全积性函数的性质：$\alpha(n)=\alpha(k)\alpha(\ell)$ 对所有 $n=k\ell$ 都成立．
对于第二条，利用第一条就有
$$
(\alpha f)\ast(\alpha f^{-1}) = \alpha(f\ast f^{-1}) = \alpha\varepsilon = \varepsilon.
$$
其中，最后一个等号只利用了 $\alpha(1)=1$．由逆元定义，$(\alpha f)^{-1}=\alpha f^{-1}$．
对于第三条，利用第二条和 $1^{-1}=\mu$ 可知，如果 $f$ 是完全积性函数，那么
$$
f^{-1} = (1f)^{-1} = 1^{-1}\cdot f = \mu f.
$$
其中，$1$ 是常数函数．反过来，如果 $f$ 是积性函数且 $f^{-1}=\mu f$，那么只需要证明对于所有素数 $p$ 和 $e\in\mathbf N_+$，都有 $f(p^e)=f(p)^e$ 成立，就能证明 $f$ 是完全积性函数．为此，对 $e\in\mathbf N_+$ 应用数学归纳法．归纳起点 $e=1$ 处命题显然成立．对于任意 $e > 1$，应用逆元递推公式，都有
$$
\begin{aligned}
f^{-1}(p^e) &= -\sum_{i=1}^{e}f(p^i)f^{-1}(p^{e-i}) \\
&= -\sum_{i=1}^{e}f(p^i)\mu(p^{e-i})f(p^{e-i})\\
&= -f(p^e)f(1)\mu(1) - f(p^{e-1})\mu(p)f(p)\\
&= -f(p^e) + f(p)^e.
\end{aligned}
$$
其中，最后一个等号用到了归纳假设 $f(p^{e-1})=f(p)^{e-1}$．应用 $f^{-1}=\mu f$，就得到
$$
f^{-1}(p^e) = \mu(p^e)f(p^e) = 0.
$$
代入前式，就得到
$$
f(p^e) = f(p)^e.
$$
所以，归纳步骤成立．原命题得证．
用抽象代数的语言说，如果 $\alpha$ 是完全积性函数，映射 $f\mapsto \alpha f$ 是 Dirichlet 环的 自同态．
与 Dirichlet 卷积紧密相关的是 Dirichlet 生成函数．
数论函数 $f(n)$——也就是数列 ${f(n)}$——对应的 Dirichlet 生成函数（Dirichlet series generating function，DGF）定义为形式 Dirichlet 级数（formal Dirichlet series）：
$$ F(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f(n)}{n^s}. $$
级数中的 $s$ 是形式变元．常见的 Dirichlet 生成函数中，$s$ 往往可以看作是复变量，进而讨论 Dirichlet 级数的解析性质，但这超出了算法竞赛的范围．
Dirichlet 生成函数的乘积对应着相应的数论函数的 Dirichlet 卷积：
???+ note "定理" 对于数论函数 $f,g$ 及其 Dirichlet 生成函数 $F,G$，它们的 Dirichlet 卷积 $f\ast g$ 的生成函数等于 $F\cdot G$．
??? note "证明" 直接验证：
$$
\begin{aligned}
F(s)G(s) &= \left(\sum_{k=1}^\infty\dfrac{f(k)}{k^s}\right)\left(\sum_{\ell=1}^\infty\dfrac{g(\ell)}{\ell^s}\right)= \sum_{k=1}^\infty\sum_{\ell=1}^\infty\dfrac{f(k)g(\ell)}{(k\ell)^s}\\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell)}{n^s} = \sum_{n=1}^\infty\dfrac{(f\ast g)(n)}{n^s}.
\end{aligned}
$$
利用 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 生成函数乘积之间的对应关系，可以从 Dirichlet 生成函数的角度理解 Dirichlet 卷积的性质．由于形式 Dirichlet 级数的乘法运算满足交换律、结合律、对加法的分配律，数论函数的 Dirichlet 卷积运算满足同样的代数性质．
积性函数的特殊性同样反映在 Dirichlet 生成函数上．由于整数有 唯一分解定理，积性函数 $f(n)$ 的生成函数 $F(s)$ 可写成如下形式：
$$ \begin{aligned} F(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f(n)}{n^s} = \sum_{n=1}^{\infty}\prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{f(p^{e})}{p^{es}} = \prod_{p\in\mathbf P}\sum_{e=0}^{\infty}\dfrac{f(p^e)}{p^{es}}\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1 + \dfrac{f(p)}{p^s} + \dfrac{f(p^2)}{p^{2s}} + \dfrac{f(p^3)}{p^{3s}} + \cdots\right). \end{aligned} $$
这意味着，$F(s)$ 可以分解为若干 $F_p(s)$ 的乘积，且每个 $F_p(s)$ 对应的数论函数都只在 $p$ 的幂次处可能取非零值．这一无穷乘积也称为 Euler 乘积（Euler product）．如果 $F(s)$ 和 $G(s)$ 都能分解成类似的形式，那么它们的乘积同样如此；将这一观察对应到数论函数上，就是积性函数的 Dirichlet 卷积仍然是积性函数．
进一步地，如果 $f(n)$ 还是完全积性函数，那么 $f(p^e)=f(p)^e$，上式可以继续简化：
$$ F(s) = \prod_{p\in\mathbf P}\sum_{e=0}^{\infty}\dfrac{f(p)^e}{p^{es}} = \prod_{p\in\mathbf P}\left(1-\dfrac{f(p)}{p^s}\right)^{-1}. $$
与积性函数不同，完全积性函数的 Dirichlet 生成函数的形式在乘法运算下并不具有封闭性，因此，完全积性函数的 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 逆都未必是完全积性函数，但一定是积性函数．
???+ example "例子" 1. 单位函数 $\varepsilon(n)$ 是完全积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是关于不定元 $s$ 的常值函数
$$
E(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\varepsilon(n)}{n^s} = 1.
$$
2. 常数函数 $1(n)$ 是完全积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是 Riemann 函数
$$
I(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^{-s}} = \zeta(s).
$$
3. 莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 是常数函数的 Dirichlet 逆．它的 Dirichlet 生成函数是 $\zeta(s)$ 的倒数：
$$
M(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\mu(n)}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}(1-p^{-s}) = \dfrac{1}{\zeta(s)}.
$$
4. 幂函数 $\operatorname{id}_k(n)=n^k$ 是完全积性函数．特别地，当 $k=0$ 时，它就是常数函数；当 $k=1$ 时，它就是恒等函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$$
I_k(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^k}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^{k-s}} = \zeta(s-k).
$$
5. 欧拉函数 $\varphi(n)$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$$
\begin{aligned}
\Phi(s) &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1+\dfrac{p-1}{p^s} + \dfrac{p(p-1)}{p^{2s}} + \dfrac{p^2(p-1)}{p^{3s}}+\cdots\right)\\
&= \prod_{p\in\mathbf P}\left(\dfrac{1}{1-p^{1-s}}-\dfrac{1}{p^s}\dfrac{1}{1-p^{1-s}}\right) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{-s}}{1-p^{1-s}} = \dfrac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}.
\end{aligned}
$$
结合幂函数的 Dirichlet 函数表达式，就得到 $\mathrm{id} = \varphi\ast 1$．
6. 约数函数 $\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$$
\begin{aligned}
\Sigma_k(s) &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1+\dfrac{1+p^k}{p^s}+\dfrac{1+p^k+p^{2k}}{p^{2s}}+\dfrac{1+p^k+p^{2k}+p^{3k}}{p^{3s}}+\cdots\right) \\
&= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^k}\left((1-p^k)+\dfrac{1-p^{2k}}{p^s}+\dfrac{1-p^{3k}}{p^{2s}}+\dfrac{1-p^{4k}}{p^{3k}}+\cdots\right)\\
&= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^k}\left(\dfrac{1}{1-p^{-s}} - \dfrac{p^k}{1-p^{k-s}}\right)\\
&= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{(1-p^{-s})(1-p^{k-s})} = \zeta(s-k)\zeta(s).
\end{aligned}
$$
结合幂函数的 Dirichlet 表达式，就得到 $\sigma_k = \mathrm{id}_k\ast 1$．这正是 $\sigma_k$ 的定义式．
7. 无平方因子数的指示函数 $u(n)=|\mu(n)|$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$$
U(s) = \prod_{p\in\mathbf P}(1+p^{-s}) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{-2s}}{1-p^{-s}} = \dfrac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}.
$$
Dirichlet 生成函数可以用于将积性函数表示为 Dirichlet 卷积．
例如在杜教筛的过程中，要计算积性函数 $f$ 的前缀和，需要找到另一个积性函数 $g$ 使得 $f\ast g$ 和 $g$ 都可以快速求前缀和．可以利用 Dirichlet 生成函数推导这一过程．
以杜教筛一节的例题 Luogu P3768 简单的数学题 为例，需要对 $f(n)=n^2\varphi(n)$ 构造满足上述条件的数论函数 $g(n)$．由于 $f$ 是积性函数，它的 Dirichlet 生成函数为
$$ F(s) = \prod_{p\in\mathbf P}\left(1 + \sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{p^{3k-1}(p-1)}{p^{ks}}\right) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{2-s}}{1-p^{3-s}} = \dfrac{\zeta(s-3)}{\zeta(s-2)}. $$
对比幂函数的 Dirichlet 生成函数可知，只要取 $g = \mathrm{id}_2$，就有 $f \ast g = \mathrm{id}_3$．两者都是可以快速计算前缀和的．
本节讨论 Dirichlet 卷积的计算问题，即给定序列 ${f(k)}{k=1}^n$ 和 ${g(k)}{k=1}^n$，求解 Dirichlet 卷积 $h=f\ast g$ 的前若干项 ${h(k)}_{k=1}^n$ 的问题．根据涉及到的函数性质，算法的复杂度也略有不同．
如果 $f,g,h$ 都没有特殊性质，那么 Dirichlet 卷积的计算只能利用其定义：
$$ h(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell). $$
枚举 $k$ 和 $\ell$，将贡献 $f(k)g(\ell)$ 累加到 $h(k\ell)$ 上即可．枚举复杂度为
$$ O\left(\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{k}\right) = O(n\log n). $$
参考实现如下：
???+ example "参考实现"
cpp --8<-- "docs/math/code/dirichlet/dirichlet-1.cpp:core"
如果 $g$ 是积性函数，那么可以利用 Euler 乘积加速 Dirichlet 卷积的计算．计算 $h$ 相当于计算它的 Dirichlet 生成函数 $H$ 中各项的系数．由于
$$ H(s) = F(s)G(s) = F(s)\prod_{p\in\mathbf P}G_p(s). $$
其中，$G_p(s)$ 是 $G(s)$ 的 Euler 乘积分解中的因式，它只包含 $p$ 的幂次处的系数：
$$ G_p(s) = \sum_{p^k\le n}\dfrac{f(p^k)}{p^{ks}} = 1 + \dfrac{f(p)}{p^s} + \dfrac{f(p^2)}{p^{2s}} + \cdots. $$
那么，从 $F(s)$ 开始，遍历所有不超过 $n$ 的素数 $p$，将 $G_p(s)$ 逐一乘上去，同样可以得到最终结果 $H(s)$．将 $G_p(s)$ 乘上去时，直接应用一般情形中的暴力枚举算法即可．总枚举次数
$$ \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor \le \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\dfrac{n}{p-1} \le \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\dfrac{2n}{p} \in O(n\log\log n). $$
最后一步复杂度的估计与 Eratosthenes 筛法 复杂度的证明一致．所以，本算法的时间复杂度为 $O(n\log\log n)$．
参考实现如下：
???+ example "参考实现"
cpp --8<-- "docs/math/code/dirichlet/dirichlet-2.cpp:core"
特别地，当积性函数 $g$ 是完全积性函数或其 Dirichlet 逆时，例如当 $g = 1$ 或 $g = \mu$ 时，那么算法可以进一步简化．此时，Dirichlet 卷积 $h = f\ast g$ 的计算可以采用常数更小的 Dirichlet 前缀和/差分 算法，但是算法时间复杂度仍为 $O(n\log\log n)$．
最后，考虑 $h$ 是积性函数的情形．特别地，当 $f,g$ 都是积性函数时，$h=f \ast g$ 就是积性函数．要计算 $h$，只需要确定它在素数幂处的取值，就可以通过 线性筛 在 $O(n)$ 时间内计算．而对于素数幂 $p^e$ 处的取值 $h(p^e)$ 直接暴力计算即可：
$$ h(p^e) = \sum_{i=0}^e f(p^i)g(p^{e-i}). $$
这些暴力计算需要的枚举次数为
$$
\begin{aligned}
\sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\sum_{e=1}^{\lfloor\log_p n\rfloor}(e+1) &\le \sum_{p\in\mathbf P,p\le\sqrt{n}}\lfloor\log_p n\rfloor^2 + \sum_{p\in\mathbf P,\sqrt{n} < p\le n}1 \
&\le \sqrt{n}(\log_2 n)^2 + n \in O(n).
\end{aligned}
$$
因此，这一算法的总时间复杂度为 $O(n)$．
参考实现如下：
???+ example "参考实现"
cpp --8<-- "docs/math/code/dirichlet/dirichlet-3.cpp:core"