拉格朗日插值

概念

​ 对于一个 $n$ 次多项式 $F(x)$ ，我们给 $n+1$ 个点的坐标 $(x_i,y_i)$ 可以唯一确定这个多项式。如果直接暴力解方程组，用高斯消元时间复杂度是 $O(n^3)$ ，有时难以接受。所以我们引入拉格朗日插值算法。

​ 我们构造 $F(x)=\sum_{i=0}^{n} (y_i \times \prod_{j=0且j\ne i}^{n} \frac{x-x_j}{x_i-x_j})$ 。可以发现，对于点 $(x_p,y_p)$ 来说，当 $i \ne p$ 时 $j$ 一定有一次会取到 $p$ ，此时后面的式子值为 $0$ ；当 $i=p$ 时，$\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 值恒为 $1$ ，所以值为 $y_i$ 即 $y_p$ ，所以有 $F(x_p)=y_p$ 。所以 $F(x)$ 为要求的多项式。如果要单点求 $F(x)$ ，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

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luogu P4781【模板】拉格朗日插值

​ 给定 $n$ 个点，确定其多项式 $F(x)$ ，求出$F(k) \; mod \; 998244353$ 的值 。$1\le n\le 2\times 10^3$

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模板题，代码如下

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=2e3+9,mod=998244353;
typedef long long int ll;
int n,k,x[N],y[N];
ll ans;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0' && c<='9') {x=x*10+c-48,c=getchar();}
	return x*f;
}
ll quick_pow(ll x,int y)
{
	ll ans=1;
	while(y!=0)
	{
		if(y&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read(),y[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ll p=y[i],q=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i==j) continue;
			p=p*(k-x[j])%mod,q=q*(x[i]-x[j])%mod;
		}
		ans=(ans+p*quick_pow(q,mod-2)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

CF622F The Sum of the k-th Powers

​ 给定 $n,k$ ，求 $\sum _{i=1}^{n} i^k \; mod \;{10^9+7}$ 。$1\le n\le 10^9 \;\; 0\le k\le 10^6$

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比较经典的一道题，首先可以证明原式是一个 $k+1$ 次多项式（证明较为复杂，此处略去）。我们设 $F(x)=\sum_{i=1}^{x} i^k$ ，我们要求的就是 $F(n)$ 。考虑拉格朗日插值，这里要用到一个常用的套路，如果题目中没有给定这 $k+2$ 个点，我们可以选取等差数列中连续的 $k+2$ 个点。选等差数列有什么好处呢，对于等差数列 $a$ ，我们令 $a_n=a_0+d\cdot n$ ，其中 $d$ 为公差。我们将 $(i,a_i)$ 代入到拉格朗日插值的公式中，可以得到

$F(x)=\sum_{i=0}^{n} (y_{a_i} \times \prod _{j=0且j\ne i} ^{n} {\frac{x-a_j}{d\cdot (i-j)}})$ 。具体地，我们假设 $d=1$ ，得到 $F(x)=\sum_{i=0}^{n} (y_i \times \prod _{j=0 且 j\ne i}^{n} {\frac{x-j}{i-j}})$ 。我们继续化简，

$\prod _{j=0且 j\ne i}^{n} (i-j)=i \cdot (i-1)\cdot (i-2)\cdots 1\cdot (-1)\cdot (-2)\cdots (i-n+1)\cdot (i-n)$

$\quad \quad\quad\quad \quad \quad \quad =i!\times (n-i)! \times (-1)^{n-i}$

$\prod _{j=0且 j\ne i}^{n} (x-j) = \prod_{j=0}^{i-1} (x-j) \times \prod_{j=i+1}^{n} (x-j)$

所以我们只需要预处理阶乘的逆元以及 $n-j$ 的前缀积 $pre$ 和后缀积 $suf$ ，便可以 $O(1)$ 求解后面的式子。然后我们再考虑 $y_i=F(i)$ ，我们可以先线性筛来预处理 $i^k$ ，然后再做一遍前缀和就可以得到所有的 $y_i$ 。所以总时间复杂度为 $O(k)$ 。

事实上这个式子比较常用，所以建议记住解决方法。若所求的值可以 $O(n)$，就直接线性筛加前缀和，否则就利用拉格朗日插值求值。