[整理]多项式多点求值/快速插值

0.多点求值

描述：给定 \(n\) 阶多项式 \(f(x)\)，求其 \(m\) 个点值 \(f(a_1),\dots,f(a_m)\)。
乍一看这个东西似乎是不太可做的，我们先考虑如何缩小问题规模也就是多项式阶数。
根据因式定理我们知道一个被 \((x-a)\) 整除的多项式在 \(a\) 处的点值为 \(0\)，考虑通过这种方式转化问题。
接下来就比较妙，我们将点值分成左右两半，然后设 \(g_0(x)=\prod\limits_{i=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(x-a_i)\)，右半边同理设为 \(g_1(x)\)。然后我们发现显然这个东西带入属于沓那一边后都会得到 \(0\)，那么一个简单的想法就是直接把 \(f\) 对沓取模，我们以左边为例。
设 \(f(x)=q(x)g_0(x)+r(x)\)，沓带入左边的点值会得到 \(r(x)\)，而 \(r(x)\) 的次数一定至少减半，所以我们成功缩小了问题规模。
每一步的 \(g_0\) 和 \(g_1\) 可以预先分治处理出来。
由于自带大常数，所以为了卡过板子题采取了小范围暴力的方法，代码可能会很难看：
（略去了多项式板子，可以去另一篇博客里看）

int n,m,F[N],a[N],b[N],*G[N],siz[N];
void Build(int k,int l,int r){//类似线段树建树从下往上合并
  if(r-l<=50){
    siz[k]=r-l+1,G[k]=new int[siz[k]+1],G[k][0]=1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
      for(int j=i-l+1;~j;j--)G[k][j+1]=G[k][j];
      G[k][0]=0;
      for(int j=0;j<=i-l+1;j++){
        (G[k][j]+=p-(LL)G[k][j+1]*a[i]%p)%=p;
      }
    }
    return;
  }
  Build(ls,l,nmid),Build(rs,nmid+1,r);
  siz[k]=siz[ls]+siz[rs],G[k]=new int[siz[k]+1];
  Mul(G[ls],G[rs],G[k],siz[ls],siz[rs]);
}
int Q[N];
void Solve(int k,int l,int r,int *f){
  if(r-l<=500){//卡常，经测试大概500左右暴力最快
    for(int i=l;i<=r;i++){
      int res=0;
      for(int j=siz[k]-1;~j;j--){
        res=((LL)res*a[i]%p+f[j])%p;
      }
      b[i]=res;
    }
    return;
  }
  int R[siz[k]+2<<1];
  Divide(f,G[ls],siz[k]-1,siz[ls],Q,R);
  Solve(ls,l,nmid,R);
  Divide(f,G[rs],siz[k]-1,siz[rs],Q,R);
  Solve(rs,nmid+1,r,R);
}
void Print(int x){
  if(x>9)Print(x/10);
  putchar(x%10+48);
}
int main(){
  Read(n),Read(m);
  for(int i=0;i<=n;i++)Read(F[i]);
  for(int i=1;i<=m;i++)Read(a[i]);
  Build(1,1,m);
  if(n>=m)Divide(F,G[1],n,m,Q,F);
  int st=clock();
  Solve(1,1,m,F);
  for(int i=1;i<=m;i++)Print(b[i]),putchar('\n');
  cerr<<(dv)(clock()-st)/CLOCKS_PER_SEC<<endl;
  KafuuChino HotoKokoa
}

转置原理的做法会在之后的某个时间补上

1.快速插值

描述：给定 \(n\) 个点值 \((x_1,y_1),\dots,(x_n,y_n)\)，插值出 \(n-1\) 次多项式 \(f(x)\)。
首先搬出来拉格朗日插值公式 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i\prod\limits_{i\ne j}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}\)，然而沓显然是不能直接用的。
我们先看一下那一坨 \(x_i-x_j\) 的乘积，沓就等于全部的乘积（设为 \(g(x)\)）比上去除的乘积 \(\dfrac{\prod_{i=1}^n(x_i-x_j)}{x_i-x_i}\)。咦，变成未定式了，我们洛必达一下发现它变成了 \(g'(x_i)\)，于是原式变成了 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{y_i}{g'(x_i)}\prod\limits_{i\ne j}(x-x_j)\)。
还是不能求，这时候我们应用分治，以 \(f_{l,r}(x)\) 表示区间 \([l,r]\) 内点的插值结果，稍微玩一下式子，某半边的乘积对另一半的贡献是完整的。

\[\begin{aligned} f_{l,r}(x)&=\sum_{i=l}^r\frac{y_i}{g'(x_i)}\left(\prod_{j\in[l,mid],j\ne i}(x-x_j)\right)\left(\prod_{j\in[mid+1,r],j\ne i}(x-x_j)\right)\\ &=f_{l,mid}(x)\prod_{j=mid+1}^r(x-x_j)+f_{mid+1,r}(x)\prod_{j=l}^{mid}(x-x_j) \end{aligned} \]

所以我们就可以分治解决了，复杂度和多点求值相同。该用到的多项式都可以像多点求值里那样分治求出来，然后对 \(g'(x)\) 做多点求值。

代码先不贴了，等卡过常或改进了多点求值再贴，反正理解了原理后代码很好写（