「笔记」拉格朗日插值

目录

• 简介
• 正确性
• 模板题
• 自然幂数之和
  • 性质
  • 具体实现
  • 复杂度
  • 优缺点
• 写在最后

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简介

对于 $k$ 次多项式函数 $F(x)$。
若已知 $k+1$ 个点值，则可构造出多项式。
有：

$$F(x) = \sum_{i=1}^{k+1}y_i\prod_{i\not ={j}}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

正确性详见 拉格朗日插值。

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正确性

将 $k + 1$ 个点值代入即可检验。
当 $x=x_k$ 时，对 $i$ 进行讨论：

1. 当 $i\not ={k}$ 时，存在一个 $j$ 满足 $j=k$。
   对于乘积项的分子 $\prod\limits_{i\not ={j}}x-x_j$，当 $j=k$ 时，$x-x_j = 0$。
   对答案无贡献。
2. 当 $i=k$ 时，乘积项变为 $\prod\limits_{i\not ={j}}\dfrac{x_i-x_j}{x_i-x_j}$。
   其值恒等于 $1$。

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模板题

P4781 【模板】拉格朗日插值

//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define ll long long
const int MARX = 2010;
const ll Mod = 998244353;
//=============================================================
ll ans, N, K, X[MARX], Y[MARX];
//=============================================================
inline int read()
{
    int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
    return f * w;
}
ll qpow(ll x, ll y, ll mod)
{
    ll ret = 1;
    for(; y; x = x * x % mod, y >>= 1)
      if(y & 1) ret = ret * x % mod;
    return ret;
}
//=============================================================
int main()
{
    N = read(), K = read();
    for(int i = 1; i <= N; i ++) X[i] = read(), Y[i] = read();
    for(int i = 1; i <= N; i ++)
    {
      ll tmp = 1ll;
      for(int j = 1; j <= N; j ++) 
        if(i != j) tmp = tmp * (X[i] + Mod - X[j]) % Mod;
      tmp = qpow(tmp, Mod - 2, Mod);
      for(int j = 1; j <= N; j ++) 
        if(i != j) tmp = tmp * (K + Mod - X[j]) % Mod;
      tmp = tmp * Y[i] % Mod, ans = (ans + tmp) % Mod;
    }
    printf("%lld", ans);
    system("pause");
    return 0;
}

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自然幂数之和

CF622F The Sum of the k-th Powers

定义前 $n$ 个自然数 $k$ 次幂的和为：

$$S_k(n) = \sum_{i=1}^{n}i^k$$

给定 $n,k$，求 $S_k(n)$。
$1\le n\le 10^9,\ 1\le k\le 10^6$。

性质

$S_k(n)$ 为关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式。

证明考虑对 $k$ 进行归纳。
当 $k=0$ 时，$S_k(n) = n$，结论成立。
当 $k=d$ 时：

通过二项式定理化简，提出一项相消，有：

$$\begin{aligned} &(i+1)^{d+1} - i^{d+1}\\ = &\sum_{j=0}^{d+1}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j - i^{d+1}\\ = &\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j \end{aligned}$$

对 $(i+1)^{d+1} - i^{d+1}$ 求和，有：

$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}\left\{(i+1)^{d+1} - i^{d+1}\right\}\\=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j\end{aligned}$$

发现 $\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)$ 只与 $j$ 有关，调换求和顺序，有：

$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j\\=&\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)\sum_{i=1}^{n}i^j\\=&\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\end{aligned}$$

化出了有趣的玩意。
展开左侧 $i^{d+1}$ 的求和式相消，则有：

$$(n+1)^{d+1} - 1 = \sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)$$

提出右侧 $j=d$ 时的 $S_d(n)$：

$$\left(\begin{matrix}d+1\\d\end{matrix}\right)S_d(n) = (n+1)^{d+1} -\sum_{j=0}^{d-1}\left\{\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\right\} - 1$$

二项式定理展开右侧，并略做处理：

$$S_d(n) = \dfrac{1}{d+1}\left\{\sum_{j=0}^{d+1}n^j -\sum_{j=0}^{d-1}\left\{\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\right\} - 1\right\}$$

对于右侧，通过数学归纳得到 $S_j(n)$ 为关于 $n$ 的 $j$ 次多项式。
则整个式子最高次项出现在 $\sum\limits_{j=0}^{d+1}n^j$ 中，次数为 $d+1$。
得证。

具体实现

由性质，$S_k(n)$ 为关于 $n$ 的 $k + 1$ 次多项式，需要 $k+2$ 个点值进行构造。
可以直接取 $k+1$ 个点，按照定义计算出 $S_k(n)$，构造多项式。
复杂度 $O(k^2)$？我觉得不行。

题目对选择的点并没有要求，考虑选取一段连续的点进行优化。
使 $x_i = i$，则选择的点集为 $\{(i, S_k(i))\, \mid \, i \in \N^+, i\le k+2\}$。
按照定义递推出来即可，复杂度 $O(k \log k)$。

考虑要求的点 $(n, S_k(n))$，将其代入插值公式，有：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}S_k(i)\prod_{i\not ={j}}\dfrac{n-j}{i-j}$$

发现乘积项的分母与 $n$ 无关，提出来：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}S_k(i)\dfrac{\prod\limits_{i\not ={j}}{(n-j)}}{\prod\limits_{i\not ={j}}(i-j)}$$

手玩一下乘积项的变化规律。

对于分母，$j\le k +2$，在已知 $i$ 时有：

$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{\prod\limits_{i\not ={j}}(i-j)}\\ = &\dfrac{1}{i(i-1)(i-2) \dots 1 \times(-1) \dots (k+2-i-1)(k+2-i)}\\=&(-1)^{k+2-i}\dfrac{1}{i! (k+2-i)!} \end{aligned}$$

可先预处理阶乘再求逆元，快速得到分母的值。

对于分子，也暴力拆一波：

$$\begin{aligned} &\prod\limits_{i\not ={j}}{(n-j)}\\ =& n(n-1) \dots (n-(i-1))(n-(i+1))\dots (n-(k+2))\\ =&(\prod_{j=1}^{i-1}(n-j)) (\prod_{j=i+1}^{k+2}(n-j))& \end{aligned}$$

考虑维护 $(n-j)$ 的 前/后 缀积，可快速得到分子的值。

则有：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}(-1)^{k+2-i}S_k(i)\dfrac{(\prod\limits_{j=1}^{i-1}(n-j)) (\prod\limits_{j=i+1}^{k+2}(n-j))}{i! (k+2-i)!}$$

复杂度

$O(k \log k)$ 处理 $k+2$ 个连续点值。
$O(n)$ 预处理前/后 缀积，阶乘。
求逆元时可以 $O(n)$ 预处理，也可以单次 $O(\log k)$。

总复杂度 $O(k\log k)$。

优缺点

优点：简单好写，复杂度优秀，就感觉到快。

缺点：出现了除法，需要求逆元，需保证模数为质数。

若模数不为质数怎么办？ 可利用 斯特林数/伯努利数 求解。
伯努利数求解方法 详见 皎月半洒花的题解。

斯特林数求解方法 复杂度 $O(k^2)$，无法通过本题，详见 自然数幂之和 - Luckyblock。

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写在最后

参考资料：
拉格朗日插值 - OI Wiki