算法笔记 - 拉格朗日插值
用 \(k + 1\) 个点可以唯一确定一个 \(k\) 次多项式，很好证明，我们可以用这 \(k + 1\) 个点列出一个 \(k + 1\) 元一次方程，其中未知数为多项式的每项系数。
如果我们想要求出多项式 \(f(x)\) 在某一点 \(x'\) 上的值，我们大可以直接将方程列出，高斯消元即可，时间复杂度 \(O(n^3)\) 。
我们想要优化这个算法。准确来说，高斯消元并没有可以再优化的地方了，我们想要一些新的思路。
事实上，如果我们只是关心多项式在 某一点 的值的话，我们并不用非要求出每一项系数都是什么。这启发我们通过求出 \(f(x')\) 在每一项的值，相加即可。
举个例子，例如 \(f(x) = a_2x^2+a_1x+a_0\)，如果我们知道了 \(a_2(x')^2, a_1x', a_0\)，相加可得 $f(x') =a_2(x')^2+ a_1x'+ a_0 $。
这启发我们枚举每一项作为要求出的项，然后对别的项构造一个都为 \(0\) 的解，这样我们对整个多项式做变换（乘/除），都不会影响在其他项的取值（即 \(0\)）。
举个例子，例如我们有点 \((1, 1), (4, 5), (8, 1)\)，我们此时选择 \((1, 1)\) 项作为要求出对应值的项，然后别的项，我们容易构造出 \(g(x) = (x - 4)(x - 8)\) 这样 \(x\) 在 \(x = 4, x = 8\) 时都为 \(0\)，我们可以放心的对整项做变换，且保持在 \(x = 4, x = 8\) 时多项式值仍然为 \(0\)。
我们代入 \(x = 1\) 有 \(g(1) = 21\) 于是我们令多项式变换为 \(g(x) = \dfrac{(x - 4)(x - 8)}{21}\) 这样在 \(x = 1\) 时即为 \(1\)，再乘上 \(y_1 = 1\) 即可。
我们对剩下的项如法炮制，相加即得到了在某一位置的值。形式化的，我们有
