「笔记」拉格朗日插值

是个好东西。
显然\(n+1\)个点值可以唯一的确定一个\(n\)次多项式。
那么根据多项式求点值的过程叫求值。
根据多项式点值来求多项式其他点值就是插值了。

那么现在上拉格朗日插值。
他解决的问题是：
对于给定的\(n+1\)个点值求出其他点在这个\(n\)次多项式的值。
我们尝试构造多项式\(F(x)\)来满足\(n+1\)个点值。
我们发现这个多项式刚好有\(n+1\)项，同时考虑如何满足这些条件。
也就是说：
对于任意的\(i\in S\)

\[F(x_i)=y_i \]

那么我这样来构造多项式\(F(x)\)。

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\prod\limits_{j=0,j\neq i}^{n}y_i\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

观察每一项，如果当前代入的为\(x_i\)，那么第\(i\)项为\(y_i\),其余项均为0。
好了这样我们就构造成功了。
一般情况下我们取\(x_i=i\)，取值连续，这样更加便于求出其他的点值。
也就是说：

\[\begin{aligned} F(x)&=\sum\limits_{i=0}^{n}\prod\limits_{j=0,j\neq i}^{n}y_i\frac{x-j}{i-j}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{y_ix!}{(-1)^{n-i}(x-i)i!(n-i)!(x-n)!}\\ \end{aligned}\]

这样就可以直接代入\(x\)来算了对吧。
然后我考场上写出了另外一种对于任何点值均可以\(O(n)\)插值出\(1\)个点值的方法(其实我插出了系数表达式)。
我们将$$\prod\limits_{i=0}^{n}(x-x_i)$$这个多项式求出来。
当点值连续的时候我们还知道这个多项式等于：

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i \]

这样同样也避免了直接暴力乘法的代码复杂度。
然后就是用代码实现一个叫多项式竖式除法的东西。
因为我们知道原来的多项式是\(n\)个子式乘在一起得到的。
那么不管取模与否\(\frac{\prod\limits_{i=0}^{n}(x-x_i)}{x-x_i}\)一定是能够整除的。
这样用竖式除法就可以的到这个多项式了，竖式除法是\(O(n)\)的。
然后对于每一个\(i\)，求出这个东西\(\frac{\prod\limits_{i=0}^{n}(x-x_i)}{x-x_i}\)，再给每一项乘上系数\(\frac{y_i}{\prod\limits_{j=0,j\neq i}^{n}x_i-x_j}\)，然后给插出来的多项式对位相加即可了。
然后我看到了一个叫重心拉格朗日插值的东西。。
好像和我的做法挺像的，只不过目的不同。
重心拉格朗日插值用于快速的\(O(n)\)维护加入的新的点值。
而我的做法可以用于在维护出新的点值之后快速\(O(n)\)的维护系数表达式。
我们设\(G=\sum\limits_{i=0}^{n}(x-x_i)\)
那么：

\[F(x)=G\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{y_i}{x-x_i}\prod\limits_{j=0,j\neq i}\frac{1}{x_i-x_j} \]

这样的话我们设：\(T_i=y_i\prod\limits_{j=0}^{j\neq i}\frac{1}{x_i-x_j}\)

\[F(x)=G\sum\limits_{i=0}^{n}]\frac{T_i}{x-x_i} \]

这样每次加入一个新点\(O(n)\)的更新\(G\)和每个点的\(T_i\)就可以了。