拉格朗日插值

拉格朗日插值

首先，我们知道给出 $n+1$ 个点 $(x_i,y_i)$ 可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。

问题：给出 $n+1$ 个点，求出这个 $n$ 次多项式在 $k$ 处的取值，即 $f(k)$。

首先，我们可以列出 $(n+1)$ 个方程解出这个多项式的系数，但是这样是 $O(n^3)$ 的。有没有更给力的？

实际上，我们有拉格朗日插值，可以在 $O(n^2)$ 的复杂度内解决这个问题。

构造多项式：

$$g(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{k-x_i}{x_i-x_j}}$$

我们说明这个多项式其实就是 $f(x)$。

首先，$g(x)$ 显然是一个 $n$ 次多项式，我们只需说明 $g(x)$ 与 $f(x)$ 在 $n$ 个位置处取值相同即可。

$$\mathrm{\forall }{x}_k,i\ne k,k,\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x_k-x_i}{x_i-x_j}}=(\prod _{j\ne i\wedge j\ne k}{\displaystyle \frac{x_k-x_i}{x_i-x_j}})\times {\displaystyle \frac{x_k-x_k}{x_k-x_j}}=0$$

$$\mathrm{\forall }{x}_k,i=k,\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x_k-x_i}{x_i-x_j}}=\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x_k-x_i}{x_k-x_j}}=1$$

因此

$$\begin{array}{rl}g(x_k)& =\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{k-x_i}{x_i-x_j}}\\ & =\sum _{i=0}^{k-1}{y}_i\times 0+\sum _{i=k+1}^n{y}_i\times 0+y_k\times 1\\ & =y_k\end{array}$$

$g(x)$ 与 $f(x)$ 在 $x_0,x_1\cdots x_n$ 处取值相等，因此，$g(x)=f(x)$。

这样，我们就可以在 $O(n)$ 的时间复杂度内求出 $f(k)$ 的值了。

注意：在写的时候不要求 $n^2$ 次逆元，而是处理出来分母后再总共求 $n$ 次，这样求逆元的总复杂度就是 $O(n\log mod)$，不会成为瓶颈。

在 $x$ 取值连续的时候，复杂度还可以优化。我们不妨设 $x_i=i$，因为若 $x_i\ne i$，由于满足取值连续，我们也可将图像整体平移。

$g(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{k-x_i}{x_i-x_j}}$。

我们定义：

$$\begin{gathered} fa{c}_i=\prod _{j=1}^{i}j \\ pr{e}_i=\prod _{j=0}^{i}k-j \\ su{f}_i=\prod _{j=i}^{n}k-j \end{gathered}$$

那么，我们可以将 $g(x)$ 改写为：

$$\begin{array}{rl}g(x)& =\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{k-i}{i-j}}\\ & =\sum _{i=0}^n{y}_i{\displaystyle \frac{pr{e}_{i-1}\times su{f}_{i+1}}{fa{c}_{i-1}\times fa{c}_{n-i}\times (-1{)}^{n-i}}}\end{array}$$

预处理 $fac,pre,suf$ 即可 $O(n)$ 计算。

贴上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
using namespace std;
int n;
long long k,x[2010],y[2010]; 
long long fastpow(long long x,int y){
	long long ans=1;
	while(y){
		if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
		x=(x*x)%mod;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
long long F(long long k){
	long long ans=0,a,b;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		a=1,b=1;
		for(int j=0;j<=n;++j){
			if(i==j) continue;
			a=a*(k-x[j])%mod;
			b=b*(x[i]-x[j])%mod;
		}
		a=y[i]*a%mod*fastpow(b,mod-2);
		ans=(ans+a)%mod;
	}
	return (ans+mod)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&k);--n;
	for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	printf("%lld",F(k));
	return 0;
}