拉格朗日插值

为啥都开始学数学了？睡着了。呼呼呼(～ o ～)~zZ

定义

众所周知，平面上 $n + 1$ 个点可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。

已知 $n + 1$ 个点 $(x_{i}, y_{i})$ ，拉格朗日插值支持在 $O (n^{2})$ 的复杂度内得到一个 $n$ 次多项式的各项系数。

在 $x_{i}$ 为连续段时，可以在 $O (n)$ 的复杂度内求另一个点值。

公式如下：

F (x) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{x - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}

这是 $O (n^{2})$ 求点值，直接模拟：

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 2e3+5,mod = 998244353;

inline LL qpow(LL a,int b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}

int n;
LL k,inv[N],x[N],y[N],ans;

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		LL t1=1,t2=1;
		for(int j=1;j<=n;j++) if(j!=i)
		{
			t1=(t1*(k-x[j])%mod+mod)%mod; t2=(t2*(x[i]-x[j])%mod+mod)%mod;
		}
		ans=(ans+t1*y[i]%mod*qpow(t2,mod-2)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

这是 $O (n)$ 求点值，因为 $\prod x - x_{j}$ 可以用前缀积和后缀积优化， $\prod x_{i} - x_{j}$ 就是两部分阶乘：

例题

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 1e6+5,mod = 1e9+7;
int n,k;
LL y[N],d[N],c[N],fac[N];

inline LL qpow(LL a,int b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=k+2;i++) y[i]=(y[i-1]+qpow(i,k))%mod;
	if(n<=k+2) return printf("%lld\n",y[n]),0;
	d[0]=fac[0]=fac[1]=c[k+3]=1;
	for(int i=2;i<=k+2;i++) fac[i]=(mod-mod/i)*fac[mod%i]%mod;
	for(int i=1;i<=k+2;i++) d[i]=d[i-1]*(n-i)%mod,fac[i]=fac[i-1]*fac[i]%mod;
	for(int i=k+2;i>=1;i--) c[i]=c[i+1]*(n-i)%mod;
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=k+2;i++)
	{
		LL t1=c[i+1]*d[i-1]%mod,t2=fac[i-1]*((k+2-i)&1?(mod-fac[k+2-i]):(fac[k+2-i]))%mod;
		ans=(ans+t1*t2%mod*y[i]%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}

插多项式系数，先把常数 $y_{i} \prod \frac{1}{x_{i} - x_{j}}$ 预处理，然后计算 $\prod x - x_{j}$ ，

递推转移，设 $\prod x - x_{j}$ 的第 $i$ 次项系数是 $f_{i}$ ，那么有 $f_{i} = f_{i - 1} - x_{j} f_{i}$ ，注意后效性。

至于 $j \neq i$ 的限制可以退背包做，令 $f f_{i}$ 为退完的数组， $f f_{i} = (f_{i} - f f_{i - 1}) \times x_{j}^{- 1}$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 2e3+5,mod = 998244353;

inline LL qpow(LL a,int b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}

int n;
LL k,inv[N],x[N],y[N],ans,g[N],f[N],p[N],ff[N];

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		g[i]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++) if(i!=j) g[i]=g[i]*(x[i]-x[j]+mod)%mod;
		g[i]=qpow(g[i],mod-2)*y[i]%mod;
	}
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=n-1;j>=1;j--) f[j]=(f[j-1]-f[j]*x[i]%mod+mod)%mod;
		f[0]=(mod-f[0]*x[i]%mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		LL in=qpow((mod-x[i])%mod,mod-2);
		ff[0]=f[0]*in%mod; p[0]=(p[0]+g[i]*ff[0])%mod;
		for(int j=1;j<n;j++)
		{
			ff[j]=(f[j]-ff[j-1]+mod)%mod*in%mod;
			p[j]=(p[j]+ff[j]*g[i])%mod;
		}
	}
	LL ans=0,tmp=1;
	for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+p[i]*tmp)%mod,tmp=tmp*k%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

例题

只做了 $x$ 道题，除了模板好像还是模板？

自然数幂和

$\sum i^{k}$ 是一个 $k + 1$ 次多项式，证明找一下递推式是不是就好了。

所以可以直接插，这个用得很多。 $c o d e$ 在上面。

教科书般的亵渎

一开始误以为答案就是一个 $k + 1$ 次多项式，直接插就对了。~~是我高估拉插了 QwQ~~

事实证明在你都不知道式子是啥的时候，它不可能是一个确定的多项式。

考虑拆贡献，可以看做对 $0$ 使用炎拳亵渎。这样每次的贡献就是后面所有的 $m + 1$ 次，减去后面 $0$ 的贡献。

然后你发现要求 $\sum_{i = 1}^{x} i^{k}$ ，然后直接拉插求这个就好了。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 105,mod = 1e9+7;
int T,m;
LL inv[N],n,a[N],pre[N],nxt[N],y[N];
inline LL qpow(LL a,int b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=a*res%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}

inline LL cal(LL n,int k)
{
	LL res=0; k+=2;
	pre[0]=nxt[k+1]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++) y[i]=(y[i-1]+qpow(i,k-2))%mod;
	if(n<=k) return y[n];
	n%=mod;
	for(int i=1;i<=k;i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%mod;
	for(int i=k;i>=1;i--) nxt[i]=nxt[i+1]*(n-i)%mod;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		LL t1=pre[i-1]*nxt[i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
		res=(res+t1*t2%mod*y[i])%mod;
	}
	return res;
}

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&a[i]); a[++m]=0;
		sort(a+1,a+1+m);
		LL ans=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			ans=(ans+cal(n-a[i],m))%mod;
			for(int j=i+1;j<=m;j++) ans=(ans+mod-qpow(a[j]-a[i],m))%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

XLkxc

经过上一道题的教训，这次不敢直接猜答案就是多项式了，但是这个明显就是多项式啊！~~是我低估拉插了 QwQ~~

直接插三次就做完了，复杂度单次 $O (n^{3})$ ，稍微推一下式子能有 $O (n^{2})$ 的，好像还能更优？

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 205,mod =  1234567891;
LL a,n,d;
int k,T;
LL pre[3][N],nxt[3][N],y[N],z[N],w[N],inv[N];
inline LL qpow(LL a,int b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}
inline LL S(LL n,int k)
{
	LL res=0;
	k+=2; pre[0][0]=nxt[0][k+1]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++) pre[0][i]=pre[0][i-1]*(n-i)%mod,y[i]=(y[i-1]+qpow(i,k-2))%mod;
	for(int i=k;i>=1;i--) nxt[0][i]=nxt[0][i+1]*(n-i)%mod;
	// printf("%lld %d ",n,k);
	if(n<=k) return /*printf("%lld\n",y[n]),*/y[n];
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		LL t1=pre[0][i-1]*nxt[0][i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
		// printf("%lld %lld\n",t1,t2);
		res=(res+t1*t2%mod*y[i])%mod;
	}
	return /*printf("%lld\n",res),*/res;
}
inline LL F(LL n,int k)
{
	LL res=0;
	k+=3; pre[1][0]=nxt[1][k+1]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++) pre[1][i]=pre[1][i-1]*(n%mod-i+mod)%mod,z[i]=(z[i-1]+S(i,k-3))%mod;
	for(int i=k;i>=1;i--) nxt[1][i]=nxt[1][i+1]*(n%mod-i+mod)%mod;
	if(n<=k) return z[n];
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		LL t1=pre[1][i-1]*nxt[1][i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
		res=(res+t1*t2%mod*z[i])%mod;
	}
	return res;	
}
inline LL E(LL n,int k)
{
	LL res=0; k+=4;
	pre[2][0]=nxt[2][k+1]=1; w[0]=F(a,k-4);
	for(int i=1;i<=k;i++) pre[2][i]=pre[2][i-1]*(n-i)%mod,w[i]=(w[i-1]+F(a+i*d,k-4))%mod;
	for(int i=k;i>=1;i--) nxt[2][i]=nxt[2][i+1]*(n-i)%mod;
	if(n<=k) return w[n];
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		LL t1=pre[2][i-1]*nxt[2][i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
		res=(res+t1*t2%mod*w[i])%mod;
	}
	return res;	
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	while(T--)
	{
		scanf("%d%lld%lld%lld",&k,&a,&n,&d);
		printf("%lld\n",E(n,k));
		// for(int i=1;i<=k;i++) printf("%lld ",y[i]); putchar('\n');
	}
	return 0;
}

成绩比较

抽象题目，有很多个限制。

首先发现有恰好碾压 k 个人。所以考虑二项式反演。

不要怕写暴力，虽然式子很吓人但是很好想。

设 $f_{x}$ 为恰好碾压 $x$ 个人， $g_{x}$ 为钦定碾压 $x$ 个人。

有 $f_{k} = \sum_{i = k}^{n - 1} (\binom{i}{k}) (- 1)^{i - k} g_{i}$ 。

考虑计算 $g_{k}$ 。

g_{k} = (\binom{n - 1}{k}) \prod_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{U_{i}} (\binom{n - 1 - k}{R_{i} - 1}) j^{n - R_{i}} (U_{i} - j)^{R_{i} - 1}

先选 $k$ 个人，枚举科目，枚举 B 神的分数，没被碾压有 $(\binom{n - 1 - k}{R_{i} - 1})$ 个人，选 $R_{i} - 1$ 个比 B 神高，然后枚举分数。

化简：

g_{k} = (\binom{n - 1}{k}) \prod_{i = 1}^{m} (\binom{n - 1 - k}{R_{i} - 1}) \sum_{j = 1}^{U_{i}} j^{n - R_{i}} (U_{i} - j)^{R_{i} - 1}

考虑如何计算 $\sum_{j=1}^{{U_i} j}\ (U_i-j)^{R_i-1} $，然后你发现一下是 $n$ 次的多项式，直接插。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define LL long long
const int N = 105,mod = 1e9+7;
int n,m,k,u[N],r[N];
LL fac[N],inv[N],h[N],g;
inline LL C (int x,int y) {return x>=y?fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod:0;}
LL pre[N],nxt[N],y[N];

inline LL qpow(LL a,int b)
{
    LL res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod; b>>=1;
    }
    return res;
}

inline LL cal(int s)
{
    int k=n+1; LL res=0;
    pre[0]=nxt[k+1]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++) pre[i]=pre[i-1]*(u[s]-i)%mod;
    for(int i=k;i>=1;i--) nxt[i]=nxt[i+1]*(u[s]-i)%mod;
    for(int i=1;i<=k;i++) y[i]=(y[i-1]+qpow(i,n-r[s])*qpow(u[s]-i,r[s]-1)%mod)%mod;
    if(u[s]<=k) return y[u[s]];
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        LL t1=pre[i-1]*nxt[i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
        res=(res+t1*t2%mod*y[i])%mod;
    }
    // printf("%lld\n",res);
    return res;
}

int main()
{
    // freopen("in.in","r",stdin);
    // freopen("out.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod,inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&u[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&r[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) h[i]=cal(i);
    // for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld ",h[i]); putchar('\n');
    LL ans=0;
    for(int i=k;i<=n-1;i++)
    {
        g=C(n-1,i);
        // printf("%lld$$\n",g);
        for(int j=1;j<=m;j++) g=g*C(n-1-i,r[j]-1)%mod*h[j]%mod/*,printf("%lld\n",C(n-1-i,r[j]-1))*/;
        ans=(ans+C(i,k)*g%mod*((i-k)&1?-1:1)+mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

calc

子序列问题并不好做，但其实排个序就变成集合选数问题了，最后贡献乘一个阶乘。

dp 是朴素的 $f_{i, j}$ 表示在 $[1, i]$ 的数中选 $j$ 个的权值和。

有 $f_{i, j} = f i - 1, j - 1 \times i + f i - 1, j$ 。

发现一下这是一个 $2 i + 1$ 次多项式，考虑每次乘了一个系数并且求了一遍和（感觉有点抽象）。

直接插。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 1005;
int n,k,mod;
LL inv[N],pre[N],nxt[N],f[N][N];

LL cal(int n,int k)
{
    k++; k+=::n; LL res=0;
    pre[0]=nxt[k+1]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%mod;
    for(int i=k;i>=1;i--) nxt[i]=nxt[i+1]*(n-i)%mod;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        f[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=::n;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j-1]*i+f[i-1][j])%mod;
    }
    if(n<=k) return f[n][::n];
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        LL t1=pre[i-1]*nxt[i+1]%mod,t2=inv[i-1]*((k-i)&1?mod-inv[k-i]:inv[k-i])%mod;
        res=(res+t1*t2%mod*f[i][::n])%mod;
    }
    return res;
}

int main()
{
    // freopen("in.in","r",stdin);
    // freopen("out.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&k,&n,&mod); inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n*2;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=2;i<=n*2;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
    LL ans=cal(k,n);
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*i%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

posted @ 2025-02-09 21:39 ppllxx_9G 阅读(45) 评论(4) 编辑收藏举报

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