拉格朗日插值
首先一个定理：
\(n\) 个点（横坐标不同）唯一确定一个最高 \(n-1\) 次的多项式。
那么, \(n\) 个点的点值 \((x_i,y_i)\) 可以唯一确定一个 \(n−1\) 次多项式(为了叙述方便，本文中所有“ \(k\) 次多项式”“ \(k\) 次函数”的最高次项系数可以为 0）。
拉格朗日插值就是用来求这个多项式的。
例如，我们已知四个点值 \((−1,1)(0,2)(0.5,1.375)(1,1)\) ，要求过这四个点的三次函数 \(f\)。
当然，你可以直接待定系数用高斯消元解方程，但那是 \(O(n^3)\) 的，拉格朗日插值可以在 \(O(n^2)\) 内求解。
约瑟夫·拉格朗日认为这个函数可以用四个三次函数线性组合出来。
首先构造一个三次函数 \(f_1\)
，在 \(x=−1\) 的取值为 \(1\)，但在其他三个点的取值为 \(0\)。
类似地，构造 \(f_{2,3,4}\) 依次在每个点取值为 \(1\)，在其他三个点取值为 \(0\)。
画到一张图里就是这样：
那么这几个函数有啥用呢？
容易发现，\(f(x)=y_1f_1(x)+y_2f_2(x)+y_3f_3(x)+y_4f_4(x)
\)，把那四个点点值代入进去就可以知道。
现在问题就转化为了怎么求 \(f_{1,2,3,4}\)
推导
我们可以构造函数：
\[\Large f_1(x)=\dfrac{(x−x_2)(x−x_3)(x−x_4)}{(x_1−x_2)(x_1−x_3)(x_1−x_4)} \]\[\Large f_2(x)=\dfrac{(x−x_1)(x−x_3)(x−x_4)}{(x_2−x_1)(x_2−x_3)(x_2−x_4)} \]\[\Large f_3(x)=\dfrac{(x−x_1)(x−x_2)(x−x_4)}{(x_3−x_1)(x_3−x_2)(x_3−x_4)} \]\[\Large f_4(x)=\dfrac{(x−x_1)(x−x_2)(x−x_3)}{(x_4−x_1)(x_4−x_2)(x_4−x_3)} \]把值回代，显然符合
那对于 \(n\) 个点值求 \(n−1\) 次多项式的问题，我们先有点值 \((x_j,y_j)（1\le j\le n）\)，设函数 \(f_i（1\le i\le n）\)，它们是 \(n−1\) 次函数，且满足：
\[\Large f_i(x_j) = \left\{ \begin{aligned} & 1 &i=j \\ & 0 &i\neq j \end{aligned} \right. \]则根据上面的构造函数，我们可以写成：
\[\Large f_i(x)=\prod\limits_{j=1,j\neq i }^n \dfrac{(x-x_j)}{(x_i-x_j)} \]最终得到：
\[\Large f(x)=\sum\limits_{i = 1}^n y_i f _i(x) \]P4781 【模板】拉格朗日插值
套上面公式直接算即可。
如果你在计算每个 \(\Large \dfrac{x−x_j}{x_i−x_j}\) 的时候都求一遍逆元，会导致复杂度变为 \(O(n^2logn)\)，多带一个逆元的 \(log\)。为了让复杂度瓶颈不在逆元上，我们通常分开算分子分母，在每个函数算完后再进行有理数取模，这样的复杂度为 \(O(n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353, N = 2e3 + 5;
int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
return x * f;
}
int n, k, ans;
int x[N], y[N];
int qsm(int a, int b){
int res = 1;
for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if(b & 1) res = res * a % mod;
return res;
}
int inv(int x){return qsm(x, mod - 2);}
signed 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){
int a = y[i], b = 1;
for(int j = 1; j <=n; ++j){
if(i != j){
a = a * (k - x[j]) % mod;
b = b * (x[i] - x[j]) % mod;
}
}
ans = (ans + a * inv(b) % mod + mod) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
连续点值的插值
如果已知的点值是连续点的点值，我们可以做到 \(O(n)\) 的插值。
有时候发现了一个函数是 \(n\) 次多项式，就求 \(n+1\) 个点值进去插值。为了省事，这里我们令 \(x_i=i（1\le i\le n+1）\)。注意这里 \(n\) 与上面意义不一样，是次数而不是点数。
我们有拉插公式：
\[\Large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n +1}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} \]代入 \(x_i=i\)：
\[\Large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n +1}\dfrac{x-j}{i-j} \]考虑怎么快速求 \(\Large \prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n +1}\dfrac{x-j}{i-j}\)。
上述式子的分子是:
\[\Large \dfrac{\prod\limits_{j=1}^{n+1}(x-j)}{x-i} \]分母的话把 \(i−j\) 累乘拆成两段阶乘，就是：
\[\Large (−1)^{n+1−i}\cdot(i−1)!\cdot(n+1−i)! \]于是连续点值的插值公式：
\[\Large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\dfrac{\prod\limits_{j=1}^{n+1}(x-j)}{(x-i)\cdot(−1)^{n+1−i}\cdot(i−1)!\cdot(n+1−i)!} \]预处理前后缀积、阶乘阶乘逆然后代这个式子的复杂度为 \(O(n)\)
CF622F The Sum of the k-th Powers
可以发现答案是 \(k+1\) 次多项式，因此代 \(k+2\) 个点进去拉插。
证明 : https://www.luogu.com.cn/blog/formkiller/cf622f-the-sum-of-the-k-th-powers-ti-xie#
本题的 \(i^k\) 可以线性筛，因此复杂度可以做到 \(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, N = 1e6 + 5;
int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
return x * f;
}
int n, k, cnt, ans;
int v[N], inv[N], fac[N], infac[N], prime[N];
int pre[N], suf[N], f[N];
int qsm(int a, int b){
int res = 1;
for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if(b & 1) res = res * a % mod;
return res;
}
void solve(int nn){
f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= nn; ++i){
if(!v[i]) v[i] = i, prime[++cnt] = i, f[i] = qsm(i, k);
for(int j = 1; j <= cnt; ++j){
if(prime[j] > v[i] || prime[j] > nn / i) break;
v[i * prime[j]] = prime[j], f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]] % mod;
}
}
for(int i = 2; i <= nn; ++i) (f[i] += f[i - 1]) %= mod;
return ;
}
signed main(){
n = read(), k = read();
solve(k + 2);
if(n <= k + 2) return printf("%lld\n", f[n]), 0;
pre[0] = suf[k + 3] = 1;
for(int i = 1; i <= k + 2; ++i) pre[i] = pre[i - 1] * (n - i) % mod;
for(int i = k + 2; i; --i) suf[i] = suf[i + 1] * (n - i) % mod;
infac[0] = infac[1] = inv[0] = fac[0] = inv[1] = fac[1] = 1;
for(int i = 2; i <= k + 2; ++i){
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
for(int i = 2; i <= k + 2; ++i) infac[i] = infac[i - 1] * inv[i] % mod;
for(int i = 1; i <= k + 2; ++i){
int p = pre[i - 1] * suf[i + 1] % mod;
int q = infac[i - 1] * infac[k + 2 - i] % mod;
int mul = ((k + 2 - i) & 1) ? -1 : 1;
ans = (ans + (q * mul + mod) % mod * p % mod * f[i] % mod) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
P4593 [TJOI2018]教科书般的亵渎
首先，认真读题不难发现若血量的区间 \([1,m_i]\) 连续,则只需要一张亵渎就可以杀死区间 \([1,m_i]\) 内所有怪物，所以 \(k = m+1\)。
考虑到这点，我们就可以轻松的写出式子(保证 \(a_i\) 升序)：
定义 \(a_0 = 0\),有
\[\Large ans=\sum\limits_{i=1}^{m +1}(\sum\limits_{j=1}^{n-a_{i-1}}j^{m+1} - \sum\limits_{j=i}^{m}(a_j - a_{i-1})^{m+1}) \]然后就跟上题一样了，发现 \(\Large \sum\limits_{j=1}^{n-a_{i-1}}j^{m+1}\) 是一个 \(m+2\) 次的多项式。
由于取值是连续的，就可以优化到 \(O(m)\)，对于 \(\Large \sum\limits_{j=i}^{m}(a_j - a_{i-1})^{m+1}\) 直接暴力求解就行了。
时间复杂度 \(O(m^2logm)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, N = 5e1 + 7;
int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
return x * f;
}
int T, n, m, k, cnt, ans;
int v[N], inv[N], fac[N], infac[N], prime[N];
int pre[N], suf[N], f[N], a[N];
int qsm(int a, int b){
int res = 1;
for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if(b & 1) res = res * a % mod;
return res;
}
void solve(int nn){
memset(v, 0, sizeof(v));
f[1] = 1, cnt = 0;
for(int i = 2; i <= nn; ++i){
if(!v[i]) v[i] = i, prime[++cnt] = i, f[i] = qsm(i, k);
for(int j = 1; j <= cnt; ++j){
if(prime[j] > v[i] || prime[j] > nn / i) break;
v[i * prime[j]] = prime[j], f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]] % mod;
}
}
for(int i = 2; i <= nn; ++i) (f[i] += f[i - 1]) %= mod;
return ;
}
int lagrange(int x){
if(x <= m + 3) return f[x];
int res = 0; suf[m + 4] = pre[0] = 1;
for(int i = 1; i <= m + 3; ++i) pre[i] = pre[i - 1] * (x - i) % mod;
for(int i = m + 3; i; --i) suf[i] = suf[i + 1] * (x - i) % mod;
for(int i = 1; i <= m + 3; ++i)
res = (res + (((m + 3 - i) & 1) ? -1ll : 1ll) * (pre[i - 1] * suf[i + 1] % mod * infac[i - 1] % mod * infac[m + 3 - i] % mod * f[i] % mod) + mod) % mod;
return res;
}
signed main(){
infac[0] = infac[1] = inv[0] = fac[0] = inv[1] = fac[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 54; ++i){
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
for(int i = 2; i <= 54; ++i) infac[i] = infac[i - 1] * inv[i] % mod;
T = read();
while(T--){
ans = 0;
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i) a[i] = read();
sort(a + 1, a + 1 + m); k = m + 1, solve(m + 3);
for(int i = 1; i <= m + 1; ++i){
ans = (ans + lagrange(n - a[i - 1])) % mod;
for(int j = i; j <= m; ++j) ans = (ans - qsm(a[j] - a[i - 1], k) + mod) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
重心拉格朗日插值
如果每次加入一个数重新求多项式的插值，每次都是 \(O(n^2)\) ，不优。
重心拉格朗日插值法可以在加入一个数后 \(O(n)\) 求出新的多项式的插值
\[\Large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}y_i\prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} \]\[\Large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}y_i\dfrac{\prod\limits_{j=1}^{n}(x-x_j)}{(x-x_i)\cdot\prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n}(x_i-x_j)} \]令 \(\Large g = \prod\limits_{j=1}^{n}(x-x_j), w(i) = \prod\limits_{j=1,j\neq i}^{n}(x_i-x_j)\)，那么有：
\[\Large f(x)=g\cdot \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{y_i}{(x-x_i)\cdot w(i)} \]那么对于每一个新增加的插值点 ，我们可以 \(O(n)\) 的更新所有的 \(w(i)\)， 求原函数仍然是 \(O(n^2)\)。
参考资料： 拉格朗日插值学习笔记 ，拉格朗日插值学习笔记
标签：拉格朗,ch,limits,插值,dfrac,笔记,Large,int From： https://www.cnblogs.com/jiangchenyyds/p/17417626.html