拉格朗日插值法

拉格朗日插值法

引入

拉格朗日插值法是一种解决多项式插值的方法。

多项式插值：

已知 $n + 1$ 个点 $(x_i, y_i)$， 求一个多项式函数 $f(x)$ 使得其图像经过这 $n + 1$ 个点。

其中 $f(x)$ 被称为插值多项式。

可以证明 $n + 1$ 个点可以唯一确定一个最高 $n$ 次的插值多项式。

结论

$$f(k) = \sum\limits_{i = 0}^n y_i \prod\limits_{j \neq i} \dfrac{k - x_j}{x_i - x_j}$$

可以发现对于一个点 $(x_a, y_a)$，当 $i \neq a$ 时，$\prod$ 部分会有一个 $\dfrac{x_a - x_a}{x_i - x_a}$，此时该式子值为 $0$。而当 $i = a$ 时，$\prod$ 部分的值为 $1$。故 $f(x_a) = y_a$。

求某一点的值的复杂度为 $O(n^2)$。

取值连续时的优化

当 $x$ 的取值连续，即 $x_i = i$ 时，可以将复杂度优化到 $O(n)$。

$$\begin{align*} f(k) &= \sum\limits_{i = 0}^n y_i \prod\limits_{j \neq i} \dfrac{k - x_j}{x_i - x_j} \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n y_i \prod\limits_{j \neq i} \dfrac{k - j}{i - j} \end{align*}$$

令 $pre_i = \prod\limits_{j = 0}^i (k - j), suf_i = \prod\limits_{j = i}^n (k - j)$。

则

$$f(k) = \sum\limits_{i = 0}^n y_i \dfrac{pre_{i - 1} \times suf_{i + 1}}{i! \times (n - i)!} \times (-1)^{n - i}$$

重心拉格朗日插值法

一种可以 $O(n)$ 插入一个点，$O(n)$ 查询的拉格朗日插值法。

依然考虑这个式子：

$$\begin{align*} f(k) &= \sum\limits_{i = 0}^n y_i \prod\limits_{i \neq j} \dfrac{k - x_j}{x_i - x_j} \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n y_i \dfrac{\prod\limits_{j \neq i} k - x_j}{\prod\limits_{j \neq i} x_i - x_j} \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n \dfrac{y_i}{k - x_i} \dfrac{\prod\limits_{j = 0}^n k - x_j}{\prod\limits_{j \neq i} x_i - x_j} \\ \end{align*}$$

设 $g(k) = \prod\limits_{i = 0}^n k - x_i, t_i = \dfrac{y_i}{\prod\limits_{j \neq i} x_i - x_j}$。

则

$$\begin{align*} f(k) &= \sum\limits_{i = 0}^n \dfrac{g(k)t_i}{k - x_i} \\ &= g(k) \sum\limits_{i = 0}^n \dfrac{t_i}{k - x_i} \end{align*}$$

于是每次插入只需要更新之前的所有 $t_i$ 并计算当前点的 $t_i$ 即可，时间复杂度为 $O(n)$。

由于 $g(k)$ 和 $\sum\limits_{i = 0}^k \dfrac{t_i}{k - x_i}$ 都可以 $O(n)$ 求得，故询问复杂度也是 $O(n)$。