拉格朗日插值优化DP

拉格朗日插值优化DP

模拟赛出现神秘插值，太难啦！！

回忆拉格朗日插值是用来做什么的

对于一个多项式$F(x)$，如果已知它的次数为$m - 1$，且已知$m$个点值，那么可以得到

$$F(k) = \sum_{i=1}^{m} y_i \prod_{i \neq j} \frac{k-x_j}{x_i - x_j}$$

所以，如果我们知道要求的东西是一个次数比较友好的多项式且容易求出一些点值，那么就可以把答案插出来。

来看两道例题

CF995F Cowmpany Cowmpensation

题意：给你一棵树，要求给每个点分配$[1,d]$内的权值，且儿子的权值不能超过父亲的权值，对$10^9+7$取模,$D\leq 10^9$

很容易得到一个$\text{DP}$，设$f_{u,i}$表示u子树内u的权值大于等于$i$的答案，那么

$$f_{u,i} = \prod_v f_{v,i} + f_{u,i + 1}$$

但是$i$的值域是$[1,D]$，根本做不了，怎么办？

拉格朗日插值登场。

假设$u$是一个叶子结点，那么$f_{u,i} = D - i + 1$是一个关于$i$的一次多项式

由于转移方程是简单的乘法和加法的形式，可以看出来$f_{u,i}$就是一个关于$i$的多项式，到这里我们需要考虑的就是这个多项式的次数是多少。

设$g_u$表示$f_{u,i}$的次数，那么根据上面的状态转移方程，可以得到

$$f_{u,i} - f_{u, i + 1} = \prod_v f_{v,i}$$

根据多项式基础知识，一个多项式差分，次数减一；多个多项式相乘，子树相加，那么就有

$$g_u - 1 = \sum_v g_v \Rightarrow g_u = sz_u$$

这里$sz_u$表示$u$子树的大小

所以答案就是一个关于$d$的$n$次多项式，求出$n+1$个点值后即可使用拉格朗日插值得到答案。

点我看代码 (－ｏ⌒) ☆

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
template <typename T>
inline void read(T &x) {
	x = 0; int f = 0; char ch = getchar();
	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
	if(f) x = ~x + 1;
}
const int N = 3010;
const LL P = 1e9 + 7;
int n, d, m;
int f[N][N << 1];
int y[N << 1];
vector <int> G[N];
void dfs(int u) {
	for(int i = 1; i <= m; ++i) f[u][i] = 1;
	for(auto v : G[u]) {
		dfs(v);
		for(int i = m; i ; --i)
			f[u][i] = 1ll * f[u][i] * f[v][i] % P;
	}
	for(int i = m - 1; i ; --i) f[u][i] = (f[u][i] + f[u][i + 1]) % P;
}
LL fpow(LL x, int pnt = P - 2) {
	LL res = 1;
	for(; pnt; pnt >>= 1, x = x * x % P) if(pnt & 1) res = res * x % P;
	return res;
}
int Lagrange(int x) {
	if(1 <= x && x <= m) return y[x];
	LL res = 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
		LL p = y[i], q = 1;
		for(int j = 1; j <= m; ++j) 
			if(i ^ j) p = p * (x - j) % P, q = q * (i - j) % P;
		res = (res + p * fpow(q)) % P;
	}
	return res;
}
int main() {
	read(n), read(d);
	for(int i = 2, u; i <= n; ++i) {
		read(u);
		G[u].emplace_back(i);
	}
	m = n + 1;
	dfs(1);
	for(int i = 1; i <= m; ++i) y[m - i + 1] = f[1][i];
	printf("%d\n",Lagrange(d));
}

[集训队互测 2012] calc

经典题

$\text{DP}$还是很容易，首先由于互不相等，先转化成$a_i$有序，然后设$f_{i,j}$表示已经填了$i$个数，值域为$[1,j]$，转移方程就是

$$f_{i,j} = jf_{i - 1,j - 1} + f_{i, j - 1}$$

按照上面的方法，设$g_i$为关于$j$的多项式$f_{i,j}$的次数，那么有

$$g_i - 1 = g_i + 1 \Rightarrow g_i = 2i$$

然后$f_{n,i}$的次数就是$2n$，求$2n+1$个点就能把答案插出来了

点我看代码☆￣(＞。☆)

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
template <typename T>
inline void read(T &x) {
	x = 0; int f = 0; char ch = getchar();
	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
	if(f) x = ~x + 1;
}
const int N = 510;
int k, n, m;
LL P, y[N << 1], f[N][N << 1];
LL fpow(LL x, int pnt = P - 2) {
	LL res = 1;
	for(; pnt; pnt >>= 1, x = x * x % P) if(pnt & 1) res = res * x % P;
	return res;
}
LL Lagrange(int x) {
	if(1 <= x && x <= m) return y[x];
	LL res = 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
		LL p = y[i], q = 1;
		for(int j = 1; j <= m; ++j) 
			if(j != i) p = p * (k - j) % P, q = q * (i - j) % P;
		if(p < 0) p += P; if(q < 0) q += P;
		res = (res + p * fpow(q)) % P;
	}
	return res;
}
int main() {
	read(k), read(n), read(P), m = (n << 1) + 1;
	LL fac = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) fac = 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] = (f[i - 1][j - 1] * j + f[i][j - 1]) % P;
	for(int i = 1; i <= m; ++i) y[i] = f[n][i];
	printf("%d\n",fac * Lagrange(k) % P);
}

总结

拉格朗日插值优化$\text{DP}$是一种优化思路，在值域比较大，容易求点值的时候可以考虑，上面给出的例子比较简单，需要在遇到具体问题时具体考虑。

经典的例题还有 NOI 的机器人。