拉格朗日插值

定义

一般地，若已知 \(y=f(x)\)， 在互不相同 \(n+1\) 个点：\(x_0,x_1,\dots x_n\) 处的函数值：\(y_0,y_1,\dots y_n\) ，即该函数过点：\((x_0,y_0),(x_1,y_1),\dots (x_n,y_n)\) ，则可以考虑构造一个过这 \(n+1\) 个点的，最高次幂不超过 \(n\) 的多项式：

\[y=P_n(x) \]

使其满足：

\[P_n(x_k)=y_k,k=0,1,\dots ,n \]

定理

满足插值条件的，次数不超过 \(n\) 的多项式是存在而且是唯一的。

分析

可以理解为，将该多项式 \(P_n(x)\) 拆成 \(n+1\) 个函数的和的形式：

\[P_n(x)=\sum_{i=0}^{n}{f_i(x)} \]

其中，第 \(i\) 个函数 \(f_i(x)\) 满足除 \(f_i(x_i)=y_i\) 外，其它位置取值都为 \(0\)。即：

\[f_i(x)=a_i \prod_{i\neq j}{(x-x_j)} \]

代入 \(f(x_i)=y_i\)，可以得出：

\[a_i=\frac{y_i}{\prod_{i\neq j}{(x_i-x_j)}} \]

即插值公式为：

\[\begin{align} P_n(x) &=\sum_{i=0}^{n}{\frac{y_i·\prod_{i\neq j}{(x-x_j)}}{\prod_{i\neq j}{(x_i-x_j)}}}\\ \end{align} \]

另外，还有拉格朗日插值的优化：重心拉格朗日。
https://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6833391.html

Polynomial-2019南昌邀请赛

题意

定义\(f(x)=a_0+a_1\times x^1+a_2\times x^2+\dots +a_n\times x^n\)，现在已知 \(f_{(0)},f_{(1)},f_{(2)},\dots ,f_{(n)}\)，现在要求：

\[\sum_{i=L}^{R}f_{(i)} \bmod 9999991 \]

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/40254

分析

根据拉格朗日插值的公式，可以得出 \(f(x)\) 的通项：

\[f(x)=\sum_{i=0}^{n}{\frac{y_i}{\prod_{i\neq j}{(i-j)}}·\prod_{i\neq j}{(x-j)}} \]

其中常数项部分，可以通过通过阶乘和逆元预处理出来，注意 \(-1\)。而后面与 \(x\) 有关的项，可以代入 \(x\) 通过前缀积和后缀积求出。

但是如果要求一段区间内的函数值之和，可以考虑求出前缀和。因为 \(n\) 次多项式的前缀和是 \(n+1\) 次多项式，且前缀和需要 \(n+1\) 个点来求出。因此，可以利用 \(f(x)\) 求出 \(f(n+1)\) ，从而求出前缀和的多项式在各点的取值，进而求出前缀和的多项式，求差即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
//先求Pn的多项式，然后求其前缀和的多项式
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=9999991;
const int N=1e3+10;
const int M=1e7+5;
ll fact[N],sum[M],inv[N],pre[N],suf[N],f[N];
ll power(ll x,ll y)
{
    ll res=1;
    x%=mod;
    while(y)
    {
        if(y&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
void init()
{
    int maxn=1000;
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%mod;
    inv[maxn]=power(fact[maxn],mod-2);
    for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
        inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll solve(ll h[],int x,int n)//求出对应的函数值
{
    if(x<=n) return h[x];
    ll res=0;
    pre[0]=x,suf[n]=(x-n);
    for(int j=1;j<=n;j++)
        pre[j]=1LL*pre[j-1]*(x-j)%mod;
    for(int j=n-1;j>=0;j--)
        suf[j]=1LL*suf[j+1]*(x-j)%mod;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        ll tmp=h[i];
        tmp=tmp*inv[n-i]%mod*inv[i]%mod;
        int flag=((n-i)%2?-1:1);
        tmp=tmp*flag%mod;
        if(i>0) tmp=tmp*pre[i-1]%mod;
        if(i<n) tmp=tmp*suf[i+1]%mod;
        res=(res+tmp+mod)%mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int T,L,R,n,m;
    scanf("%d",&T);
    init();
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<=n;i++)
            scanf("%lld",&f[i]);
        f[n+1]=solve(f,n+1,n);
        sum[0]=f[0];
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
            sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
        while(m--)
        {
            scanf("%d%d",&L,&R);
            printf("%lld\n",(solve(sum,R,n+1)-solve(sum,L-1,n+1)+mod)%mod);
        }
    }
    return 0;
}