拉格朗日插值法

概述

• 拉格朗日插值法（下简称拉插）是一种多项式单点求值的算法。

• 对于任意的 $K$ 次多项式，我们可以利用其已知的 $K+1$ 个或更多的点唯一确定该多项式的形式，且拥有比高消更为优秀的复杂度。

实现原理

• 在已知 $K$ 次多项式 $f(x)$ 的 $K+1$ 个点后，我们可以利用 Gauss 消元来 $O(K^3)$ 地求出其各项系数，查询复杂度则是 $O(K)$。注意到明显的不平衡，设法设计一种方式能 $O(K^2)$ 之类地同时支持构建和查询。

• 不妨记已知点为 $(k,v)$，考虑构建这么一个多项式：$f(x)=\sum _{i=1}^{K+1}{v}_i\times g_i(x)$，使得 $g_i(x)=\{\begin{array}{ll}1& x=k_i\\ 0& otherwise\end{array}$。

• 可以证明该函数符合已知的 $K+1$ 个点，于是其唯一确定，从而该函数即为原函数。

• 考虑 $g$，可以这么配 $g$：$g_i(x)=\prod _{j\ne i}^{}{\displaystyle \frac{x-k_j}{k_i-k_j}}$。目的在于使得 $x=k_i$ 时，分子分母全部互相消去, $x\ne k_i$ 时，有一项分子为 $0$ 的效果。

• 综合得 $f(x)=\sum _{i=1}^{K+1}{v}_i\times \prod _{j\ne i}^{}{\displaystyle \frac{x-k_j}{k_i-k_j}}$ ,可以在 $n^2$ 的时间内求值，并且可以在模意义下进行。

• 一个小 tip：把一个 $K$ 次多项式认为成 $K+?(?⩾0)$ 次多项式是合法的，因为这相当于高次项系数赋成 $0$。在不是很确定到底是多少次的时候，强烈建议 $+7/+10/...$，以防由于前缀和/差分/...带来的升次而挂掉。

连续性拉插优化

• 在我们自行构造的多项式中，可以考虑将 $k$ 取连续的 $1\sim n$。此时会有非常美妙的性质：

• 原式可以化为 $f(x)=\sum _{i=1}^{k+1}{v}_i\times {\displaystyle \frac{\prod _{j\ne i}^{}x-j}{\prod _{j\ne i}^{}i-j}}$ 。

• 对于分子，可以 $O(n)$ 求前缀积与后缀积；

• 对于分母，显而易见它是一个类阶乘 $(i-1)!\times (-1{)}^{K+1-i}\times (K+1-i)!$ 。进一步地，其逆元是可以预处理的。

• 所以能把 $O(n^2)$ 优化到 $O(n)$，比较常见的用法是在确保是多项式的 dp 中加速求解，如 $\text{P5469 [NOI2019] 机器人}$。

• 下面给出优化版本的封装函数式代码，其中 $K$ 为多项式次数，$k$ 为所求点。

il ll lagrange(ll K,ll k){
	static ll prof[maxk],prob[maxk],numer,denom,ret;//prod
	prof[0]=prob[K+2]=1,ret=0;
	for(ll i=1;i<=K+1;++i) prof[i]=prof[i-1]*(k-i)%mod;
	for(ll i=K+1;i;--i) prob[i]=prob[i+1]*(k-i)%mod;
	
	For(i,1,K+1){
		numer=prof[i-1]*prob[i+1]%mod; if(numer<0) numer+=mod;
		denom=finv[i-1]*finv[K+1-i]%mod;
		if((K+1-i)&1 && denom) denom=mod-denom;//需要考虑 denom=0 的情况
		ret=(ret+v[i]*numer%mod*denom)%mod;
	}
	return ret;
}

例题

P5469 [NOI2019] 机器人

23.1.12 T1 实用和

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