拉格朗日插值优化 $dp$

拉格朗日插值优化 $dp$#

目录

• 拉格朗日插值优化 $dp$
  • 题单
  • 拉格朗日插值
  • $\text{useful small conclusion}$
  • CF995F Cowmpany Cowmpensation
    • 重要结论
  • P4463 calc
  • $\text{tmp Tiny Summary}$

题单#

拉格朗日插值#

对于一个 $n+1$ 次多项式 $f(x)$，若它经过 $n$ 个点 $(x_1,y_1)\sim(x_n,y_n)$。

设其基本多项式：

$$\ell_i(x)=y_i\prod_{j=0,j\ne i}^n\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

你会发现这个多项式经过 $(x_i,y_i)$ 和 $\forall j\ne i$ $(x_j,0)$，我们把所有这些加起来就会得到经过 $n$ 个点的多项式 $f(x)$：

$$f(x)=\sum_{i=0}^n\ell_i(x)\\ f(x)=\sum_{i=0}^n (y_i\prod_{j=0,j\ne i}^n\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j})$$

for(int i=1;i<=n;++i){
	int s1=y[i],s2=1;
	for(int j=1;j<=n;++j){
		if(j==i) continue;
		s1=s1*(k-x[j])%mod;
		s2=s2*(x[i]-x[j])%mod;
	}
	ans+=s1*get_c(s2)%mod;
    ans=(ans+mod)%mod;
}

$\text{useful small conclusion}$#

• 若 $p(x)$ 是一个关于 $x$ 的 $n$ 次函数，则 $p(x)-p(x-1)$ 是关于 $x$ 的 $n-1$ 次函数，即对一个多项式作差分会导致它次数减一，而作前缀和会导致它次数加一。
• 一个 $n$ 次多项式乘一个 $m$ 次多项式会得到一个 $n+m$ 次多项式。

CF995F Cowmpany Cowmpensation#

设 $f_{x,i}$ 表示以 $x$ 为根的子树用值域 $[1,i]$ 染色的方案数，则有：

$$f_{x,i}=f_{x,i-1}+\prod_{y\in son(x)} f_{y,i}$$

直接 $dp$ 复杂度是 $O(n\cdot d)$ 的，

那么我们就需要一个重要的结论来进行一个优化。

重要结论#

设 $x$ 的子树大小为 $sz_x$，则 $f_{x,i}$ 是关于 $i$ 的 $sz_x$ 次函数。

---

我们考虑采用归纳法证明这一点：

• 对于叶子节点，$f_{x,i}=1$，成立。
• 对于非叶子节点，考虑将多项式差分一下：

$$f_{x,i}-f_{x,i-1}=\prod_{y\in son(x)} f_{y,i}$$

若 $y$ 满足结论，则 $f(x,i)-f(x,i-1)$ 的次数为 $\sum_{y\in son(x)} sz_y=sz_x-1$，还原回去就是 $sz_x$。

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所以我们可以求出过 $(x,f(1,x))$ 的多项式方程并用拉格朗日插值插出 $x=d$ 处的值。

可以使用连续插值但是没有必要。

总体复杂度是 $O(n^2)$ 的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N=3e3+5,mod=1e9+7;

int n,d;
vector <int> G[N];
int f[N][N],x[N],y[N];

inline int ksm(int x,int idx){
	int res=1;
	for(;idx;idx>>=1,x=x*x%mod)
		if(idx&1)
			res=res*x%mod;
	return res;
}
inline int inv(int x){
	return ksm(x,mod-2);
}
inline int lag_range(){
    int res=0;
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int t=y[i],div=1;
		for(int j=0;j<=n;++j){
			if(i!=j){
				t=t*(d-x[j]+mod)%mod;
				div=div*(x[i]-x[j]+mod)%mod;
			}
		}
		res=(res+t*inv(div)%mod)%mod;
	}
	return res;
}
inline void dfs(int x){
	for(int i=1;i<=n;++i)
		f[x][i]=1;
	for(int y:G[x]){
		dfs(y);
		for(int j=1;j<=n;++j)
			f[x][j]=f[x][j]*f[y][j]%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		f[x][i]=(f[x][i]+f[x][i-1])%mod;
}
signed main(){
	cin>>n>>d;
	for(int i=0;i<=n;++i) x[i]=i;
	for(int i=2,fa;i<=n;++i){
		cin>>fa;
		G[fa].push_back(i);
	}
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		y[i]=f[1][i];
	if(d<=n) cout<<f[1][d]<<endl;
	else{
		cout<<lag_range()<<endl;
	}
}

P4463 calc#

我们设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数使用的数值域为 $[1,j]$ 的不同合法序列的值的和。

由于必须乱序，这里我们可以只用 $dp$ 序列中数递增的情况，最后总答案就会乘一个 $n!$，也就变成了 $f_{n,k}\cdot n!$。

$dp$ 式子就长这样：

$$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\cdot j+f_{i,j-1}$$

显然这样 $dp$ 是会超时的，我们需要考虑优化。

我们设 $g_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1}$ (差分)，则有：

$$g_{i,j}=j\cdot f_{i-1,j-1}=j\cdot \sum_{\ell=0}^{j-1} g_{i-1,\ell}\\ f_{n,k}=\sum_{x=0}^{k} g_{n,x}$$

若 $g_{n,x}$ 可以用一个关于 $x$ 的多项式来表达，则 $f_{n,k}$ 也可以，因为对 $g_{n,x}$ 求前缀和相当于给这个多项式的次数加一

考虑用数学归纳法算出 $g_{n,x}$ 是一个次数为几的多项式。

• 当 $n=0$ 时，有 $g_{n,x}$ 次数为 $0$。
• 每次 $dp$ 会求一次 $g$ 的前缀和并给 $g_{n,x}$ 乘上一个 $x$，次数相当于加了 $2$。
• 所以说 $g_{n,x}$ 就是一个关于 $x$ 的 $2\cdot n$ 次多项式，而 $f_{n,x}$ 就是一个关于 $x$ 的 $2\cdot n+1$ 次多项式。

然后使用拉格朗日插值搞出 $f_{n,k}$ 就完事了，时间复杂度 $O(4\cdot n^2)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=505;

using ll=long long;

int n,m,k,p;
ll f[N][N*2],x[N*2],y[N*2];

inline int ksm(ll x,int idx){
	ll res=1;
	for(;idx;x=x*x%p,idx>>=1)
		if(idx&1) res=res*x%p;
	return res;
}
inline int inv(int x){return ksm(x,p-2);}

inline ll lag_range(int k){
	if(k<=m)
		return y[k];
	ll res=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		ll mul=y[i],div=1;
		for(int j=1;j<=m;++j){
			if(i==j) continue;
			mul=mul*(k-x[j]+p)%p;
			div=div*(x[i]-x[j]+p)%p;
		}
		res=(res+mul*inv(div)%p)%p;
	}
	return res;
}

signed main(){
	cin>>k>>n>>p;
	m=2*n+1;
	ll frac=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		frac=frac*i%p;
    for(int i=0;i<=m;++i) f[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			f[i][j]=(f[i-1][j-1]*j%p+f[i][j-1])%p;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		y[i]=f[n][i],x[i]=i;
	printf("%d\n",lag_range(k)*frac%p);
}

$\text{tmp Tiny Summary}$#

拉格朗日插值优化 $dp$ 一般是建立在有关值域方面的 $dp$ 问题，面对这类问题我们通常先推导出暴力 $dp$ 式子，然后再想办法将 $dp$ 式子表示成关于某一个数的次数为 $k$ 的多项式，最后通过求出 $k+1$ 个点来插值。

若次数为 $k$ 的话最少要使用 $k+1$ 个点，但是也可以使用更多个点 (准没错)，所以推不出来 $k$ 却又猜出是拉格朗日插值的题可以多跑几个点，也就是可以根据数据范围来计算求几个点插值。

而且这种方式保险且能保证正确性。