拉格朗日插值

最好有小学六年级的数学水平（doge）。这篇博客的语言会比较简单通俗，大家可以先略作了解，之后通过别的文章继续深入。

基础拉格朗日插值

我们先了解最简单的拉格朗日插值可以干什么。

由小学知识可知 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$ 可以唯一地确定一个多项式 $y=f(x)$。

现在，给定这 $n$ 个点，请你确定这个多项式。

第一眼，我们很容易想到可以使用高斯消元法在 $O(n^3)$ 的时间内求解。但是拉格朗日插值可以做到 $O(n^2)$ 甚至 $O(n{\log }^{2}n)$ 。我们这里讲解 $O(n^2)$ 的插值。

为了举个例子，我们需要对以下四个点求出函数值：

我们考虑构造 $4$ 个基函数，期中，第 $i$ 个基函数需要满足对于第 $i$ 个点，函数值为 $1$ ，其余点，函数值都为 $0$ 。怎么构造这个基函数呢？我们拿第一个点 $(-6,4)$ 来说，如果第三个点 $(32)$ 要在 $x=3$ 时 $y=0$ ,那么我们可以为这个基函数构造 $(x-3)$ 项，这样子就会一定满足条件。我们很容易构造出基函数 $f_1$ :

$$f_1(x)=c\times x(x-3)(x-6)$$

我们对于 $x=-6$ 时需求 $f_1(x)=1$ ，那么有：

$$c={\displaystyle \frac{1}{x(x-3)(x-6)}}={\displaystyle \frac{1}{-6\times (-9)\times (-12)}}={\displaystyle \frac{1}{-648}}$$

所以有：

$$f_1(x)={\displaystyle \frac{1}{-648}}x(x-3)(x-6)$$

类似的，我们可以得到另外的基函数 $f_2,f_3,f_4$ 。但是这样我们怎么得到最终的函数呢？

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i{f}_i(x)$$

因为这个函数时一定满足我们需求的，对于给定的 $n$ 个点之一的 $(x_i,y_i)$ ,它只有在循环到 $i$ 时， $y_i{f}_i(x_i)=y_i$ 有值，其余时刻按照基函数的定义都为 $0$ 。所以这十分合理。我们可以改写成公式的形式：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j=1,j\ne i}{\displaystyle \frac{x-x_i}{x_i-x_j}}$$

模板题

贴出一份封装了 $namespace$ 的代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar(); 
	}
	return x*f;
}
const int mod=998244353;
const int MAXN=2e3+10;
namespace Lagrange{
	int qpow(int a,int b){
		int ans=1,base=a;
		while(b){
			if(b&1) ans=ans*base%mod;
			base=base*base%mod;
			b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	int inv(int x){
		return qpow(x,mod-2);
	}
	int lagrange(int n,int *x,int *y,int k){
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int top=1,down=1;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(j==i) continue;
				top=top*((k-x[j]+mod*2)%mod)%mod;
				down=down*((x[i]-x[j]+mod*2)%mod)%mod;
			}
			ans=(ans+y[i]*top%mod*inv(down))%mod; 
		}
		return ans;
	}
}
using namespace Lagrange;
int n,x[MAXN],y[MAXN],k;
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read(),y[i]=read();
	cout<<lagrange(n,x,y,k);
	return 0;
}

连续点的拉格朗日插值

很多时候，我们给出的点的 $x_i$ 是连续的，这样我们的插值是 $O(n)$ 的。我们先拿出刚才的式子：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j=1,j\ne i}{\displaystyle \frac{x-x_i}{x_i-x_j}}$$

可以想到，后面的分母就是两个阶乘的和，分子大概也是一段连续的数的积。具体来讲，我们可以优化 $\prod _{j=1,j\ne i}{\displaystyle \frac{x-x_i}{x_i-x_j}}$ 的计算。我们定义：

$fa{c}_i=\prod _{j=1}^{i}i$

$g_i=\prod _{j=1}^i(k-x_i)$

$h_i=\prod _{j=i}^n(k-x_j)$

那么原式就可以表示为：

$$\$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i{\displaystyle \frac{g_{i-1}{h}_{i+1}}{fa{c}_{i-1}fa{c}_{n-i}}}$$

注意分母的奇偶性问题，当 $n-i$ 是奇数的时候，分母取原来的相反数。

为了不让这个博客太短，我们进行一些拓展： $\sum _{i=1}^n{i}^k$ 。

没错求它的取值，但是 $n$ 很巨大， $k$ 会小一些。我们可以做到 $O(k)$ ，其实是因为这个式子可以被描述为一个以 $n$ 为变量的 $k+1$ 次多项式。我们可以先看到一些简单例子：

$$\sum _{i=1}^{n}1=n$$

$$\sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{(1+n)n}{2}}$$

$$\sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$$

貌似是这么个道理，但是有没有证明呢？我们看到三种证法：

第一种流氓证法

其实关于这一个证法是我在第一次看到这个问题的时候的个人思考，发现网上目前没有看见有这种理解方法，所以讲一下。主要的思想就是，对于任意 $k$ ，总是有方法构造一个 $k+1$ 次多项式函数满足条件。我们设 $f(x)=\sum _{i=1}^x{i}^k$ ，那么有 $f(x+1)-f(x)=(x+1{)}^k$ 。我们对于 $f(x+1)-f(x)$ 展开来看：

$$f(x+1)-f(x)=(\sum _{i=0}^{k+1}{a}_i(x+1{)}^i)-(\sum _{i=0}^{k+1}{a}_i{x}^i)$$

我们对 $(x+1{)}^i$ 使用二项式定理，

$$=\sum _{i=0}^{k+1}{a}_i((\sum _{j=0}^i{C}_i^j{x}^j)-x^i)$$

也就是说，对于 $x_i$ 项，它的系数就是:

$$b_i=(\sum _{j=i}^{k+1}{a}_i{C}_j^i)-a_i$$

我们知道，$f(x+1)-f(x)=(x+1{)}^k=\sum _{i=0}^k{C}_k^i{x}^i$ ,所以有

$$(\sum _{j=i}^{k+1}{a}_i{C}_j^i)-a_i=C_k^i$$

这就是我们需要构造的，满足条件的那对系数 $a$ 。但是怎么说明这样一定会有构造方案呢？

首先，在上面的公式中， $i$ 取任何值的时候， $j=i$ 这一项会被抵消，这是显然的：

$$C_k^i=\sum _{j=i+1}^{k+1}{a}_i{C}_j^i$$

我们考虑 $i=k$ 的时候的取值，这个取值只根 $j>i$ 的 $j$ 有关系，

$$08-$$

az这个坑先放着