拉格朗日插值

众所周知，我们有\(n+1\)个点值可以唯一确定一个\(n\)次的多项式。拉格朗日插值可以在\(O(n^2)\)的复杂度内求出这个多项式中任意一个\(f(k)\)的值。（当然你可以把\(k\)当成未知量\(x\)模拟多项式乘法和加法插出多项式的每个系数，复杂度\(O(n^3)\)）

我们有这样一个多项式：

\[f_i(x)=\prod_{i\not=j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

观察可以得到它满足当\(x=x_i\)时有\(f_j(x)=1\)，而对于其他所有的\(x\)有\(f_j(x)=0\)。于是我们可以得出这\(n+1\)个点组成的多项式：

\[F(x)=\sum_{i=0}^ny_i\prod_{i\not=j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

这个柿子的意义显然，当\(x=x_i\)时\(F(x)=y_i\)，由此我们确定了一个多项式的点值表示。求这个多项式的点值表示可以模拟多项式乘法和加法，复杂度\(O(n^3)\)。当然你可以预处理\(x-x_j\)的前缀积然后每次扫到的时候做一个除法，复杂度\(O(n^2)\)。当然在模意义下你可以写个多项式求逆（就是麻烦点）。

于是我们就有了这个板子的解法。注意由于逆元很多，我们可以每次把分子分母分别保存然后统一处理逆元。

依题意模拟即可。

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int up=y[i],down=1;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i==j)continue;
            up=1ll*up*(k-x[j]+mod)%mod;
            down=1ll*down*(x[i]-x[j]+mod)%mod;
        }
        ans=(ans+1ll*up*qpow(down,mod-2)%mod)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}

然后我们常用的要插出一个多项式的点值一般都可以预处理出前\(n+1\)个数的取值，所以我们有一种已知连续\(n+1\)个点值在\(O(n)\)的复杂度内求出\(f(k)\)的值的方法。（当然就算不连续你也可以\(O(n\log^2n)\)插出来）

首先还是看看原来的柿子：（假设\(x\)是有序的）

\[F(x)=\sum_{i=0}^ny_i\prod_{i\not=j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

我们现在预处理了\(1-n+1\)的取值。把分子和分母分开考虑。关于分子，我们发现可以预处理\(x-x_j\)的前后缀积来处理。而分母由于取值连续，发现它是一个长得像阶乘的形式，即：

\[F(x)=\sum_{i=1}^{n+1}y_i\frac {\prod_{j=1}^{n+1}x-j}{(x-i)\times (-1)^{n-i+1}\times (i-1)!\times (n-i+1)!} \]

这个东西显然是\(O(n)\)的。来搞一个题。

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    jc[0]=pre[0]=suf[k+3]=1;
    for(int i=1;i<=k+2;i++){
        jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
        pre[i]=1ll*pre[i-1]*(n-i+mod)%mod;//预处理前缀积
    }
    for(int i=k+2;i>=1;i--)suf[i]=1ll*suf[i+1]*(n-i+mod)%mod;//后缀积
    int tmp=0,up,down;
    for(int i=1;i<=k+2;i++){
        tmp=(tmp+qpow(i,k))%mod;
        up=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%mod;
        down=1ll*jc[i-1]*jc[k+2-i]%mod*(((k-i)&1)?mod-1:1)%mod;
        ans=(ans+1ll*qpow(down,mod-2)*up%mod*tmp%mod)%mod;
    }//套柿子就行了
    printf("%d",ans);
}

我写了个很退化的\(O(k\log k)\)写法。当然你可以线性筛+预处理阶乘逆元来达到\(O(k)\)。

然后是一个定理：\(k+1\)阶多项式的差分是\(k\)阶多项式。反之亦然。不会证明。