拉格朗日插值小记

对于 $n$ 个点 $(x_{i}, y_{i})$ ， $x_{i}$ 互不相同，则我们可以唯一确定一个 $n - 1$ 次多项式经过这 $n$ 点。

1. 拉格朗日插值

拉格朗日插值的核心思想是每次只考虑一个点值，将其他点值都视作 $0$ ，即对于每一个点 $(x_{i}, y_{i})$ ，我们构造一个函数 $f_{i} (x)$ 。

当且仅当 $x = x_{i}$ 时 $f_{i} (x) = y_{i}$ ，当 $x = x_{j} (j \neq i)$ 时， $f_{i} (x) = 0$ 。

这样我们可以构造出经过所有点的函数 $f (x) = \sum f_{i} (x)$ 。

则我们首先对于每个点 $(x_{i}, y_{i})$ ，设 $f_{i} (x) = \prod_{j \neq i} (x - x_{j})$ ，则显然可以满足上述条件，而我们又要满足 $f (x_{i}) = y_{i}$ ，则我们可以构造:

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{i \neq j} \frac{x - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}

这样我们可以轻松的用 $O (n^{2})$ 的复杂度解决。

P4781 【模板】拉格朗日插值

直接套式子即可，逆元可以乘完再逆，写的时候脑子宕机了。

int main(){
	n = read(),k = read();
	for(int i = 1;i <= n;i++)x[i] = read(),y[i] = read();
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		ll s = y[i] % mod;
		for(int j = 1;j <= n;j++){
			if(i == j)continue;
			s = s * (k - x[j] + mod) % mod;
			s = s * ksm((x[i] - x[j] + mod) % mod,mod - 2) % mod;
		}
		(ans += s) %= mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

2. 一些小优化

当这些点值是 $(i, y_{i})$ 时，则我们可以分开处理 $\prod_{i \neq j} x - j$ 与 $\prod_{i \neq j} i - j$ 。

前者我们可以首先算出 $\prod x - j$ ，求的时候除个 $(x - i)$ 即可。

后者我们可以分成 $j < i$ 与 $j > i$ 两个部分，求出答案是 $(i - 1)! \times (n - i)! (- 1)^{n - i}$ 。

预处理逆元，复杂度 $O (n \log V)$ 。

例题: CF622F The Sum of the k-th Powers

即求 $\sum_{i = 1}^{n} i^{k}$ 。

$n$ 太大，我们考虑关于 $k$ 的复杂度。

首先我们可以知道这是一个关于 $n$ 的 $k + 1$ 次多项式，我们只需要暴力求出前 $k + 2$ ，即可拉插，复杂度 $O (n \log V)$

如何证明是一个 $k + 1$ 次多项式呢？

我们可以归纳证明: 首先懒得奠基。

假设该结论对所有 $k < m$ 都成立，则现在证明 $k = m$ 时成立。

首先有 $(i + 1)^{m + 1} - i^{m + 1} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) i^{j}$ 。

我们对所有的 $i$ 求和，左边是个裂项，答案为 $(n + 1)^{m + 1} - 1$ 。

有 $(n + 1)^{m + 1} - 1 = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) i^{j} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) \sum_{i = 1}^{n} i^{j}$

把右边 $j = m$ 移项得 $\sum_{i = 1}^{n} i^{m} = (n + 1)^{m + 1} - 1 - \sum_{j = 0}^{m - 1} (\binom{m + 1}{j}) \sum_{i = 1}^{n} i^{j}$

左半部分次数为 $m + 1$ ，右半部分最大次数为 $m - 1 + 1 = m$ ，证毕。

3. 多项式快速插值

不会

4. 例题

I CF622F The Sum of the k-th Powers

上述。
代码

II P4463 [集训队互测 2012] calc

首先我们考虑 DP，不妨设 $a_{i} < a_{i + 1}$ ，这样我们最后乘个 $n!$ 即可。

设 $f_{i, j}$ 表示值域为 $[1, i]$ 且序列长度为 $j$ 时的答案。

则有转移方程 $f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i - 1, j - 1} \times i$ ，直接写复杂度是 $O (k n)$ 的，无法通过。

我们可以发现 $f_{i, j}$ 可以视为 一个关于 $i$ 的比较小次数的多项式，我们考虑分析一下其次数。

由转移方程得， $f_{i, j} - f_{i - 1, j} = f_{i - 1, j - 1} \times i$ 。

首先有对于一个 $k$ 次多项式 $f (x)$ ，则 $f (x + 1) - f (x)$ 是一个 $k - 1$ 次多项式，可以二次项定理拆开简单证明。

$f_{i, j}$ 的次数 $- 1$ 等于 $f_{i, j - 1}$ 的次数 $+ 1$ ，又有 $f_{i, 0}$ 是一个 $0$ 次多项式，可得 $f_{i, j}$ 是一个关于 $i$ 的 $2 j$ 次多项式。

则我们求出前 $2 n + 1$ 个 DP 值，拉插一下即可。

复杂度 $O (n^{2})$ 。

代码

III BZOJ3453: tyvj 1858 XLkxc

题意，给定 $k, n, d, a$ ， $k \leq 123$ ， $n, d, a \leq 123456789$ ，求 $\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 1}^{a + i d} \sum_{p = 1}^{j} p^{k}$

首先 $f (x) = \sum_{i = 1}^{x} i^{k}$ 是一个 $k + 1$ 多项式，则 $g (x) = \sum_{i = 1}^{x} f_{i}$ 是一个 $k + 2$ 次多项式，都可以拉插求出。

最后答案即为 $\sum_{i = 0}^{n} g (a + i d)$ ，答案最多是一个关于 $n$ 的 $k + 3$ 次多项式，也可以拉插，可以求出前 $k + 4$ 项，其中 $g (x)$ 在内部也可以拉插求，总复杂度 $O (k^{3})$ ，利用 2. 的技巧可以优化到 $O (k^{2})$ 。