其实是个异常简单的东西……
众所周知，一维前缀和是 (mathrm O(n)) 的，二维前缀和是 (mathrm O!left(n^2 ight))（这里假定各维度值域相等）的。那么 (d) 维前缀和（这个唤做高维前缀和）就是 (mathrm O!left(n^d ight)) 的？显然做不到。这是因为一、二维前缀和常数可以忽略。
那么被忽略掉的常数显然等于计算一个值的时候的式子的项数，一维是 (2)，二维是 (4)。维数多了以后，你会发现这个常数就是一个 (d) 维超立方的顶点数，显然是 (2^d)。于是 (d) 维前缀和的暴力算法就是 (mathrm O!left(2^dn^d ight))。
我们常遇到这样的问题：在 (2^d) 的个 bitmask 上有一些数，求每个 bitmask 的子集和。这可以看作一个 (n=2) 的高维前缀和问题。按上面说的算法是 (mathrm O!left(4^d ight)) 的，由于这里 (n=2) 的特殊性，我们可以枚举子集做到 (mathrm O!left(3^d ight))。是否有更优秀的方法呢？
我们考虑换一种求高维前缀的思路，考虑一维一维的推。先算出在每个位置算出第 (2sim d) 维固定，第 (1) 维的前缀和；再算出第 (3sim d) 维固定，第 (1sim 2) 维的前缀和，这个显然是前面那个一维前缀和的前缀和；以此类推，最后可以求出 (d) 维前缀和。脑子里面可以脑补一下这个 gif。所以复杂度是 (mathrm O!left(dn^d ight))，(n=2) 时就是 (mathrm O!left(2^dd ight))。
然后众所周知前缀和的逆运算为差分，考虑如何计算高维差分（不知道这个东西有没有用）？只需要一维一维算差分即可，这个可能没有什么好理解的数学证明方法，但你可以从高维往低维再对它做高维前缀和运算，发现正好抵消掉了，而高维前缀和显然是维度顺序无关的。
但是不知道有没有 (mathrm O(d)) 查超立方和或者 (mathrm O(d)) 超立方加？可能没有，可能有，有的话肯定也不属于高维前缀和的范畴了。
upd 2020.12.15：其动态做法
我们考虑这样一个问题：求 (f:f_i=a_i+sumlimits_{jsubsetneq i}f_j)。这显然是需要动态维护高维前缀和数组的。但是上面说的方法只能静态。
注意到上述高维前缀和过程其实是这样一个 DP：(Sum_{i,j}) 表示值 (i) 的 (j) 维前缀和，那么转移就是上一个值的 (j) 维前缀和加上当前值的 (j-1) 维前缀和。显然关于 (i) 和 (j) 的两层循环哪层在外无所谓，因为关于哪一维都是无后效性的。上述高维前缀和求法本质上就是这个 DP 的外层为 (j) 的转移顺序，然后因为每个阶段只可能转移到上一个阶段，所以可以省略掉 (j) 这一维。而局限性就在于无法动态。
动态的呢，动态过程显然是按照 (i) 在外枚举的，那这时候就省不掉维了。乖乖 DP 就好了，复杂度不变。
动态高维差分就一个道理啦。
例题
CF449D - Jzzhu and Numbers
容斥 + 高维前缀和一般题（ymx 附体）
选的一个集合满足条件，显然当且仅当每一位都有人是 (0)。于是我们考虑每个数能够满足哪些位（就是取反）。
考虑反面考虑，求至少有一位没有被满足的方案数。这样就可以很舒服的容斥了。于是现在只要求对于任意 bitmask (x)，(x) 内的位不被满足，其他位随便的方案数。这显然就是只有 (x) 的补 bitmask 的子集才能选，而且任意一种选的方案都是可以的，那么设 (x) 的补 bitmask 的子集中有 (cnt) 个给定的，那么它对答案的贡献就是 (2^{cnt}) 乘以容斥系数。
那么问题就成了求对于所有 bitmask，求出他的被给定的子集数。那这不就是个高维前缀和板子嘛？
CF76C - Mutation
ARC100C - Or Plus Max
考虑对于每个 (K) 求出下标为 (K) 子集的最大 (a_i+a_j)。那么显然一个是最大值，一个是次大值，这个是高维前缀和（前缀最值、次值）可以轻松计算的。
但这样子是假的，因为 (leq K) 不等于是 (K) 的子集。但很显然是 (leq K) 的所有数的子集的并。于是按原先算法算出来答案后取个前缀 (max) 即可。