插值用来求解这样一类问题：给定 \(n\) 点 \((x_i,y_i)\) 求过这些点的 \(n-1\) 次多项式。
设 \(f(x)\) 为这个多项式，我们有：
\[f(x)\equiv f(a)\bmod (x-a)\tag{1} \]这是因为：
\[f(x)-f(a)=(a_0-a_0)+a_1(x-a)+a_2(x^2-a^2)+... \]而后者显然有一个根为 \(a\) ，所以 \((1)\) 式得证。
通过把这 \(n\) 个点代入我们可以得到：
\[\begin{cases} f(x)\equiv y_1\bmod x-x_1\\ ...\\ f(x)\equiv y_n\bmod x-x_n \end{cases} \]显然模数互质，所以我们考虑用中国剩余定理来解决这个事情。
令 \(M=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\) ，\(m_i=\frac{M}{x-x_i}=\prod_{i\not= j}(x-x_j)\) 。并且在模 \(x-x_i\) 的意义下，我们有：
\[m_i^{-1}=\frac{1}{\prod\limits_{i\not=j}(x_i-x_j)} \]这是因为我们有：
\[\prod_{i\not =j}(x-x_j)\equiv \prod_{i\not =j}(x-x_j-x+x_i)=\prod_{i\not =j}(x_i-x_j) \]所以我们有：
\[f(x)\equiv \sum\limits_{i=1}^ny_im_im_i^{-1}\equiv \sum\limits_{i=1}^ny_i\prod\limits_{j\not=i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]这个东西可以在 \(O(n^2)\) 的时间内求出。
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