拉格朗日插值
拉格朗日插值主要用于求解如下问题：
给出\(n\)个二维点\((x_i,y_i)\)，找出过所有点的多项式\(f(x)\)在\(x\)处的取值（通常\(x\)较大）
考虑对于每个点构造函数\(f_i(x)\)使得\(f_i(x_i)=y_i\)，且\(\forall x_j(j\neq i) f_i(x_j)=0\)。
如何满足后式？\(f_i(x)=g(x)\cdot\prod_{j\neq i}(x-x_j)\)
然后我们需要凑出前式，使\(g(x)=y_i\prod_{j\neq x}\frac{1}{x_i-x_j}\)即可。
综上所述：
然后：
代入计算即可，时间复杂度\(O(n^2)\)
然后你就可以AC这道模板题
代码如下：
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int k)
{
int res=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=1; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(k-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
如果\(x_i\)取值是一段连续的数时，该算法是否有优化空间？
答案是肯定的，考虑\(x_i\in[1,n]\)，那么
如何快速计算\(y_i\prod_{i\neq j}\frac{x-j}{i-j}\)？维护前缀与后缀即可
预处理阶乘逆元，前缀积，后缀积即可，时间复杂度\(O(n)\)
代码如下：
int Lagrange(int *y,int n,int k)
{
int ans=0, fac=1; pre[0]=suf[n+1]=1; ifac[n]=Pow(fac, P-2);
for (int i=1; i<=n; i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(k-i)%P;
for (int i=n; i; i--) suf[i]=1ll*suf[i+1]*(k-i)%P;
for (int i=1; i<=n; i++) fac=1ll*fac*i%P;
for (int i=n-1; i; i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%P;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%P;
int s2=1ll*ifac[i-1]*ifac[n-i]%P;
ans=(ans+1ll*((n-i)&1?-1:1)*s1*s2%P*y[i])%P;
}
return (ans%P+P)%P;
}
看一道例题
CF622F The Sum of the k-th Powers
Description
求\(\sum_{i=1}^{n}i^m\)，对\(10^9+7\)取模，\(n\leq10^9,m\leq10^6\)
Solution
这是一个题面自带题解的题。
题面给出了以下恒等式：
经验告诉我们CF给的提示都是很有用的。
这三个等式暗示了什么？
\(\sum_{i=1}^{n}i^m\)是一个(m+1)次多项式！
那么就可以插值了，把\(k\in[1,m ]\)的值代入计算，然后用\(O(n)\)或\(O(nlogn)\)的插值即可。
下面是复杂度为\(O(nlogn)\)的实现
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1000000007, N=1000005;
int pre[N], suf[N], fac[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t)
{
int res=1;
while (t)
{
if (t&1) (res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod; t>>=1;
}
return res;
}
signed main()
{
int n=read(), k=read(), ans=0, y=0; pre[0]=suf[k+3]=fac[0]=1;
for (int i=1; i<=k+2; i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%mod;
for (int i=k+2; i; i--) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%mod;
for (int i=1; i<=k+2; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (int i=1; i<=k+2; i++)
{
(y+=Pow(i, k))%=mod;
int s1=((k-i)&1?-1:1)*pre[i-1]*suf[i+1]%mod;
int s2=fac[i-1]*fac[k+2-i]%mod;
(ans+=s1*Pow(s2, mod-2)%mod*y%mod)%=mod;
}
printf("%d\n", (ans+mod)%mod);
return 0;
}
再看一个难度大一些的题
CF995F Cowmpany Cowmpensation
Description
给定一棵\(N（N\leq3000）\)个点的有根树，给每个节点赋一个\(\leq D（D\leq10^9)\)的值，并且保证儿子节点的值\(\leq\)父亲节点的值，求方案数。
Solution
先写一个\(O(nD)\)的\(DP\)方程。
设\(dp_{i,j}\)表示\(i\)号节点取值为\(j\)时子树内的总方案数
考虑优化\(DP\)，因为\(D\)的值过大，所以我们要让复杂度与\(D\)无关。
于是我们想到了拉格朗日插值。
我们先看猜出来，\(dp_{i,j}\)是一个关于\(j\)的多项式。
然后它的次数还要很小，其实它的次数不超过\(n\)。
考虑证明？
我不会
\(\forall u\in leaf,dp_{u,D}=D=f^1(D)\)
\(\forall u\notin leaf,dp_{u, D}=\prod_{son}f^x(D)\)
感性理解一下，叶子结点为关于\(D\)的一次多项式，非叶子节点为儿子节点的积，对于指数就是和，于是根节点的次数就为叶子结点数我也不知道对不对。
给出\(O(n^2)\)预处理\(dp_{n,n}\)以内的\(DP\)值和\(O(n^2)\)插值的代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (register int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i, a, b) for (register int i=(a); i>=(b); --i)
using namespace std;
const int P=1000000007, N=3005;
int x[N], y[N], f[N][N], n, D;
vector<int> G[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t)
{
int res=1;
for (; t; t>>=1, x=1ll*x*x%P) if (t&1) res=1ll*res*x%P;
return res;
}
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int X)
{
int res=0;
for (int i=0; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=0; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(X-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
void dfs(int u)
{
rep(i, 1, n) f[u][i]=1;
for (int v: G[u])
{dfs(v); rep(j, 1, n) f[u][j]=1ll*f[u][j]*f[v][j]%P;}
rep(i, 1, n) f[u][i]=(f[u][i]+f[u][i-1])%P;
}
int main()
{
n=read(); D=read();
rep(i, 2, n) G[read()].push_back(i);
dfs(1);
rep(i, 0, n) x[i]=i, y[i]=f[1][i];
printf("%d\n", Lagrange(x, y, n, D));
return 0;
}
最后一道毒瘤题
[国家集训队]calc
Description
构造序列\(a_1,\dots,a_n\),满足\(a_1,\dots,a_n\in[1,A]\)，且\(a_1,\dots,a_n\)互不相等。定义合法序列的值为\(\prod_{i=1}^{n}a_i\)，求不同合法序列的值的和。\(n\leq500,A\leq10^9\)
Solution
神仙题\(Orz\)
可以看看我借鉴的这篇题解
依旧先写\(O(nA)\)的\(DP\)方程。
\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数取\([1,j]\)的不同合法序列的值的和，仅考虑递增序列。
我们又要猜结论了！\(QAQ\)
设\(f_{n,i}\)为关于\(i\)的\(g(n)\)次多项式。
引理：\(f^n(x)-f^n(x-1)\)为\(f^{n-1}(x)\)
即\(n\)次多项式的差分为\(n-1\)次多项式。
·证明我不会（我想大家都会
考虑\(DP\)方程中也有差分的形式
于是
又有
所以
所以\(f_(n,i)\)是关于\(i\)的\(2n\)次多项式
求出\(f_{n,1}\)到\(f_{n,2n+1}\)即可
\(O(n^2)\)的\(DP\)及\(O(n^2)\)的插值代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
int x[N], y[N], f[N][N<<2];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t, int P)
{
int res=1;
for (; t; t>>=1, x=1ll*x*x%P) if (t&1) res=1ll*res*x%P;
return res;
}
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int k, int P)
{
int res=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=1; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(k-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2, P)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
int main()
{
int A=read(), n=read(), m=2*n+1, P=read(), fac=1, res=0;
for (int i=1; i<=n; i++) fac=1ll*fac*i%P;
for (int i=0; i<=m; i++) f[0][i]=1;
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=m; j++)
f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*j+f[i][j-1])%P;
for (int i=1; i<=m; i++) x[i]=i;
for (int i=1; i<=m; i++) y[i]=f[n][i];
printf("%d\n", 1ll*fac*Lagrange(x, y, m, A, P)%P);
return 0;
}
写在最后
拉格朗日插值是一种通过点值转换为插值的算法，当然还有\(O(nlog^2n)\)的快速插值，但仅出现在少数毒瘤多项式中。
拉格朗日插值的一个经典应用是优化\(O(nm)\)的\(DP\)，当\(DP\)值是一个关于\(m\)的\(n\)的级别次多项式，且\(m\)极大时。它的数据范围也很有辨识度对吧
