各种数值算法

不知道以后这里是不是只有Lagrange插值。很大概率是的。

Lagrange插值

给出$n$个点$(x_i,y_i)$，求确定的$n-1$次多项式。

Sol：

利用点值的可加性，先构造出$n$个$F_i(x)$使之满足在$x=x_i$处取$y_i$，在$x\ne x_i$处取$0$，最终$F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{F}_i(x)$。（中国剩余定理运用了类似的思想。实际上将中国剩余定理拓展到多项式中便是Lagrange插值。）

考虑构造$F_i(x)$。为了使$F_i(x_j)=0$（$j\ne i$），$F_i(x)$中应含有因式$\prod _{j\ne i}(x-x_j)$，但此时$F_i(x_i)$不一定等于$y_i$，要调整$F_i(x)$系数，乘上$\frac{y_i}{F_i(x_i)}$即可。

得到：$F_i(x)=y_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

于是$F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

求原函数或点值$O(n^2)$。

一些拓展

连续取值插值

当$x_i$的取值连续时可以快速单点插值。这里以$x_i=i$为例。

$$F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-j}{i-j}$$

分子为$\prod _{i=0}^{n-1}(x-i)$挖去一项，经典维护前后缀积，设$p_i=\prod _{j=0}^{i-1}(x-j),s_i=\prod _{j=i+1}^{n-1}(x-j)$。

分母对于$i>j$，$\prod _{j=0}^{i-1}(i-j)=i!$，对于$i<j$，$\prod _{j=i+1}^{n-1}(i-j)=(-1)(-2)\dots (i-n+1)=(-1{)}^{n-i-1}(n-i-1)!$

于是$F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i\frac{p_i{s}_i}{i!(-1{)}^{n-i-1}(n-i-1)!}$。

预处理一下，$O(n)$。

求连续自然数幂和

求$\sum _{i=1}^n{i}^k$

Sol：

有第二类斯特林数的做法。

注意到每一项可以看做一个$k$次多项式，那么前缀和就是一个$k+1$次多项式。（由于前缀和与差分互逆，一个$k+1$次多项式差分会得到一个$k$次多项式即证明了该结论。）

那么求出前缀和的$k+2$项，然后对前缀和插值就做完了。

重心Lagrange插值

普通插值计算的过程有很多重复，考虑化简式子：

$$\begin{array}{rl}F(x)& =\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}\prod _{j\ne i}(x-x_j)\prod _{j\ne i}\frac{y_i}{x_i-x_j}\\ & =\prod (x-x_j)(\sum _{i=0}^{n-1}\frac{y_i}{\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}\cdot \frac{1}{x-x_i})\end{array}$$

令$P(x)=\prod (x-x_j),w_i=\frac{y_i}{\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}$，那么：

$$F(x)=P(x)\sum _{i=0}^{n-1}\frac{w_i}{x-x_i}$$

预处理和求原函数$O(n^2)$，求点值$O(n)$。