【模板】拉格朗日插值

VII.【模板】拉格朗日插值

我们之前一直在研究多项式。但是多项式都是从哪来的呢？

所以拉格朗日插值就给了我们一种求多项式的方式。具体而言，运用拉格朗日插值，你可以根据$n+1$个点求出一个$n$次多项式来经过这所有点。

我们来看一下这具体是怎么实现的。

我们定义拉格朗日基本多项式为：

$$\boxed{l_i(x)=\prod\limits_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}}$$

我们观察一下这个$l_i(x)$，就会发现它的一个重要性质为：

• 当$x=x_k(k\neq i)$时，总有$l_i(x)=0$；

• 当$x=x_i$时，则有$l_i(x)=1$。

证明可以通过简单代入得到。

于是我们便可以得到拉格朗日插值公式：

$$\boxed{f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_il_i(x)}$$

如果你只想得到一个具体的$f(x)$的值的话，直接代入即可；否则，如果你想知道$f(x)$的多项式表达，就要回到拉格朗日基本多项式上去：

$$l_i(x)=\prod\limits_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

显然分母上的$x_i-x_j$是常数，所以不是我们的主要目标；棘手的是分子上的$x-x_j$，如果用多项式乘法暴力乘一起的话，复杂度显然是单次$n^2$的，会炸掉。

于是我们就只能考虑先求出所有的$\prod\limits_{i=1}^n x-x_j$，然后到每个位置除掉即可。

或许你会想到多项式求逆，但那仍然很糟糕；但是因为除掉的东西是简单的$x-\alpha$的形式，故直接仿照高精度除法那样子模拟一下即可。

两种方法都是$O(n^2)$的。我们这里只写了方便实现的代入法。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,u[2010],v[2010],prod=1,res,now;
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&u[i],&v[i]),prod=1ll*prod*(m-u[i]+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		now=1ll*prod*ksm((m-u[i]+mod)%mod,mod-2)%mod;
		for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j)now=1ll*now*ksm((u[i]-u[j]+mod)%mod,mod-2)%mod;
		now=1ll*now*v[i]%mod;
		(res+=now)%=mod;
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}