【算法笔记】Lagrange 插值法
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前言
又一次没有前言，以后要不就不写前言了吧，怪麻烦的 QwQ。
题目引入
根据代数基本定理，我们知道 \((n+1)\) 个横坐标互不相同的点可以唯一确定一个最高次项为 \(n\) 的多项式。例如：
点 \((1,2)\) 和 \((2,3)\) 就可以唯一确定多项式 \(f(x)=x+1\)；点 \((1,1),(2,4),(3,9)\) 可以唯一确定多项式 \(g(x)=x^2\)。
那么，给定任意 \(n\) 个点，你能计算出其所唯一确定的多项式 \(f(x)\) 吗？其中 \(x\le 10^4\)。
暴力怎么做
当然，我们依旧是要想一想，暴力怎么做？
假如这 \(n\) 个点分别为 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_n,y_n)\)，那么我们可以定义其确定的多项式为 \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\)。
分别代入这 \(n\) 个点，得到一个方程：
当然，这个方程，我们就可以用 Gauss 消元法来解决，复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
『哇啊，那这个复杂度太高了吧？能过 \(10^4\) 的数据吗？』
显然是不能的，所以，我们要做时间复杂度的优化。
Lagrange 插值
为了优化时间复杂度，著名的数学家 \(\mathcal{J-L.Lagrange}\) 给出了一个更加高效的算法，即 Lagrange 插值法。
我们知道，对任意多项式 \(f(x)\)，若 \(x=a\)，那么 \(f(x)\equiv f(a)\pmod{(x-a)}\)。
因此，我们分别代入 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_n,y_n)\)，就有了：
我们使用中国剩余定理，得到：
因此，有：
上述多项式就是 Lagrange 插值法的公式，通过这个公式，我们可以通过 \(n\) 个点值求出其唯一确定的多项式。
通过这个公式，求多项式的时间复杂度为 \(\Theta(n^2)\)。
代码
这个算法在洛谷上的模板为 P4781【模板】拉格朗日插值，因为我们只需要求 \(f(k)\) 的值，所以直接把 \(x=k\) 代入到上式中即可知：
于是就可以直接模拟上述公式了，代码如下：
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 998244353;
const int MAXN = 5001;
int n;
ll x[MAXN], y[MAXN], k, ans;
ll inv(ll val) { //Fermat 小定理求逆元
val = (val % MOD + MOD) % MOD;
ll p = MOD - 2, res = 1;
while(p) {
if(p & 1) res = (res * val) % MOD;
val = (val * val) % MOD; p >>= 1;
}
return res;
}
int main(void) {
scanf("%d%lld", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i) { //插值主体
ll tmp = y[i];
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
if(i == j) continue;
tmp = (tmp * ((k - x[j]) % MOD + MOD) % MOD * inv(x[i] - x[j])) % MOD;
}
ans = (ans + tmp) % MOD;
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
//by CaO
重心 Lagrange 插值
Lagrange 插值固然效率高，但我们发现其有一个缺点：不可维护。
所谓不可维护，就是如果我们在已知的点的基础上新增一些未知的点，那么我们就需要整个重新套用一次公式。
那么，单次重构的时间复杂度依旧为 \(\Theta(n^2)\)。
『如果我要进行 \(m\) 次重构，那么总时间复杂度就是 \(\Theta(mn^2)\) 了，如果 \(n\le 10^3\)，\(m\le 10^3\)，那么时间复杂度就不够了！』
所以，单次重构的时间复杂度太高，那么我们就要想办法降低重构的复杂度。
我们手玩一下上面的那个式子：
我们可以把求积符号拆分：
在求和号里面同时乘 \((x-x_i)\) 并除以 \((x-x_i)\)。就有：
注意到 \(\prod_{j=1}^n x-x_j\) 是一个常数，提出来，则有：
定义：
原式即变为：
我们会发现，每次新插值时，维护 \(A(x)\) 的复杂度为 \(\mathcal{O}(1)\) 的，维护 \(W(1),W(2),\cdots,W(n+1)\) 的总复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\) 的。所以单次重构的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。
这种算法被称为重心 Lagrange 插值法，代码留给读者作为练习（其实是我太菜了 QwQ）。
例题
本题目列表会持续更新。
