拉格朗日插值学习笔记

1|0拉格朗日插值

第一步：子函数 $f_{i} (x) = {\begin{cases} 1 & x = x_{i} \\ 0 & x = x_{j} (i \neq j) \end{cases}$

由此可得： $f (x) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} f_{i} (x)$

第二步：对于 $f_{i} (x)$ ,要满足当 $x = x_{i}$ 时， $y = 1$ ，而 $x \neq x_{i}$ 时， $y = 0$ 故:

$f_{i} (x) = \frac{\prod_{j = 1, j \neq i}^{n} (x - x_{j})}{\prod_{j = 1, j \neq i}^{n} (x_{i} - x_{j})}$

这就是拉格朗日基本多项式（插值基函数）

因此多项式第 $i$ 项为 $y_{i} \times \frac{\prod_{j = 1, j \neq i}^{n} (x - x_{j})}{\prod_{j = 1, j \neq i}^{n} (x_{i} - x_{j})}$

所以又可以把多项式写为：

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

展开后为： $f (x) = \frac{y_{1} (x - x_{2}) (x - x_{3}) \dots (x - x_{n})}{(x_{1} - x_{2}) (x_{1} - x_{3}) \dots (x_{1} - x_{n})} + \frac{y_{2} (x - x_{1}) (x - x_{3}) \dots (x - x_{n})}{(x_{2} - x_{1}) (x_{2} - x_{3}) \dots (x_{2} - x_{n})} \dots + \frac{y_{n} (x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n - 1})}{(x_{n} - x_{1}) (x_{n} - x_{1}) \dots (x_{n} - x_{n - 1})}$

我们可以发现，当 $x = x_{i}$ 时，除了第 $i$ 项，其余项的分子中都有一项为 $(x - x_{i})$ ，故其余项都为0，而对于第 $i$ 项，分子中的 $(x - x_{j}) (j \neq i)$ 与分母中的 $(x_{i} - x_{j}) (j \neq i)$ 消掉了，最终只剩下了分子中的 $y_{i}$ ，因此就证明了 $f (x)$ 就是满足 $f (x_{i}) = y_{i}$ 的多项式。

1|11.P3643 [APIO2016] 划艇

题意：有 $n$ 个位置，每个位置上可以选一个在 $[l_{i}, r_{i}]$ 中间的数，并且要大于它前面任意一个选了的数，也可以不选，求方案数。

思路：先考虑朴素DP。设 $f [i] [j]$ 表示第 $i$ 个位置选了 $j$ 的方案数，那么

f [i] [j] = f [i - 1] [j] + \sum_{k = 1}^{j - 1} f [i - 1] [k]

我们发现如果把第二维 $j$ 看作自变量的话，那么可以发现这是一个多项式，而每求一次前缀和次数+1，所以最高是 $n$ 次多项式，那么我们带入 $n + 1$ 个点值进去就可以得到答案。

复杂度 $O (n^{3})$ 。

1|22.P8290 [省选联考 2022] 填树

题意：给一棵树，每个点的点权要么是 0，要么是 $[l_{x}, r_{x}]$ 中的数，你要选择一条链，让这条链上的点权不为 0，求所有可能的满足非 0 极差不超过 $k$ 的方案数和权值和。

思路：首先考虑朴素的暴力。我们枚举所有点权所在的区间 $[l, l + k]$ ，然后计算答案，因为要取到下界，就要容斥掉 $[l + 1, l + k]$ 的答案。求答案的过程可以用树形 DP，每个点能选的是一个区间，那么可以算出当前点为链头和为 LCA 的答案，于是就可以做到 $O (n V)$ 。

考虑优化。我们发现对于选择的区间 $[l, l + k]$ ，每个点能取的范围是一个一次函数，那么总的贡献就是由这些一次函数形成的次数为 $n$ 的多项式，这就不难想到用拉格朗日插值，代入 $n + 2$ 个点值就可以求出答案。对于求权值和，每个点能选的权值和是一个二次函数，那么总共就是 $2 n + 1$ 次多项式，也可以同样处理。

复杂度 $O (n^{3})$ 。

1|33.P7116 [NOIP2020] 微信步数

题意：在 $k$ 维长方体中你规划了一个行进路线，循环往复，直到走出这 $k$ 维长方体，才算走完。问以这 $k$ 维长方体中的每一个位置为起点，你是否都能走完，如果能，输出你走的步数之和。

思路：先考虑能否走完。显然，每一维是独立的，如果有一维可以走完那么就会结束。如果在一轮中会走出去或者走完一轮后不在起点就会走完。

从这入手，可以把走路改成把边界往内缩，这样就可以有一个 $O (n m T)$ 的做法，可以拿到 45 分。

因此，假设在第 $T$ 轮结束，那么后 $T - 1$ 轮都是一样的，只有第一轮不一样。

对于一轮，假设第一轮后还活着 $a_{j}$ 个位置，每轮会去掉 $b_{j}$ 个位置，最后一轮的 $i$ 步去掉 $f_{i} = r_{i}^{'} - l_{i}^{'}$ 个位置，那么在第 $x + 2$ 轮的第 $i$ 步时，还活着 $a_{j} - x b_{j} - f_{i}$ 个点，贡献是 $\prod (a_{j} - x b_{j} - f_{i})$ 。

于是总贡献就是 $\sum_{i = 1}^{n} \sum_{x = 0}^{T} \prod_{j = 1}^{m} (a_{j} - x b_{j} - f_{i})$ ，内层就是一个关于 $x$ 的 $m$ 次多项式，可以 $O (m^{2})$ 暴力求。那么现在的问题就是求 $\sum_{x = 0}^{T} x^{k}$ ，可以直接拉格朗日插值，于是就做完了。

复杂度 $O (n m^{2})$ 。

1|44.[ARC118F] Growth Rate

题意：给定一个整数 $M$ 和一个序列 ${A_{N}}$ ，计数值域为 $[1, M]$ 的序列个数 ${X_{N + 1}}$ 满足 $\forall i \in [1, N] A_{i} X_{i} ⩽ X_{i + 1}$ ，答案对 $998244353$ 取模。

思路：插值好题。

首先有暴力 DP。设 f[i][j]$ 表示 $x_{i} = j$ 的方案数，那么转移是 $f [i] [j] \leftarrow \sum_{k \geq j a_{i}} f [i + 1] [k]$ 。

然后可以发现，对于每个 $i$ ，有值的位置不多。具体地，记 $l i m_{i}$ 表示 $f [i]$ 有值的位数，那么有 $l i m_{n + 1} = M, l i m [i] = ⌊ \frac{l i m_{i + 1}}{a_{i}} ⌋$ 。

这样还是过不去。因为 $j$ 这一维和值域相关，而且转移很简单，我们猜测 $f [i] [j]$ 是关于 $j$ 的多项式。

记 $g [i] [j] = \sum f [i] [j]$ ，那么有 $f [i] [j] = g [i + 1] [l i m_{i + 1}] - g [i + 1] [j a_{i} - 1] (j \leq l i m_{i})$ ，可以证明 $f [i] [j]$ 是关于 $j$ 的 $n - i + 1$ 次多项式， $g [i] [j]$ 是关于 $j$ 的 $n - i + 2$ 次多项式。

因为我们维护的插值是连续的，可以线性计算，那么我们不需要维护系数，可以直接维护点值，然后每次转移时再求我们要的点值，这样复杂度是 $O (n^{3})$ 的多项式。

又因为 $\prod a_{i} = M$ ， $a_{i}$ 中不为 1 的项只有 $O (\log M)$ 个，而我们只有在 $a_{i} \neq 1$ 的时候才需要插值， $a_{i} = 1$ 的时候 $j a_{i} - 1$ 的值是可以直接查表的，因此复杂度就是 $O (n^{2} \log M)$ 。

2|0一些特殊问题在模小质数高次幂下的做法

以 loj#6894. 自然为例。

我们发现，因为模数是 $2^{64}$ ，因此答案在 $n$ 比较大的时候应该是一个关于 $n$ 的次数不高的多项式，于是可以考虑插值，次数可以设为 300 次。至于求逆元，把 2 提出来处理就可以了。

代码可以看我的提交记录。

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本文作者：Xttttr
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