题解 P4781 【【模板】拉格朗日插值】

题目

本蒟蒻看到一道数学题，就顺手切了。感觉单单对这一题而言，部分评论区的大佬过于复杂了

【分析】

先讲讲拉格朗日插值法：

对于给定的 \((n+1)\) 个点，我们可以确定唯一的一个 至多\(n\)次 函数 \(f(x)\)

这里简单解释一下为什么是唯一的至多 \(n\) 次：

若给定 \((n+1)\) 个点，理论上可以确定一个 \(n\) 次函数 \(f(x)\) 。但 \(f(x)\) 可以前几项系数为 \(0\) 。因此，本蒟蒻按照数学上的定义，认为它是至多 \(n\) 次的。

若给定 \((n+1)\) 个点，肯定还能给出其他的 \(k\) 个点使得函数 \(f(x)\) 变为至多 \((n+k)\) 次。由于其他 \(k\) 个点未知，故原本的这些点能确定无数个更高次数的函数。

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拉格朗日插值法的优秀就在于，它能不需要用高斯消元法，就能求出这个至多 \(n\) 次函数

按照朴素思路，我们是构造一个矩阵，然后高斯消元法 \(O(n^3)\) ，肯定是不够的 （P.S.因为本蒟蒻实在太菜，不懂有没有更优的算法优化高斯消元法）。

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拉格朗日插值法的思路很简单，按照题目样例一给的三个点：

1 4
2 9
3 16

我们假设有以下 \(3\) 个函数：

\(G_1(x)=(x-2)(x-3)\)

\(G_2(x)=(x-1)(x-3)\)

\(G_3(x)=(x-1)(x-2)\)

因此，显然有

\(G_1(2)=G_1(3)=0\ ,\ G_2(1)=G_2(3)=0\ ,\ G_3(1)=G_3(2)=0\)

所以我们需要的原函数可以写为：

\(f(x)=A_1G_1(x)+A_2G_2(x)+A_3G_3(x)\)

那就很显然有

\(\begin{cases}f(1)=A_1G_1(1)+A_2\times0+A_3\times 0=A_1G_1(1)\\f(2)=A_1\times 0+A_2G_2(2)+A_3\times 0=A_2G_2(2)\\f(3)=A_1\times 0+A_2\times 0+A_3G_3(3)=A_3G_3(3)\end{cases}\)

再根据题意和计算：

\(\begin{cases}f(1)=4,G_1(1)=2\\f(2)=9,G_2(2)=-1\\f(3)=16,G_3(3)=2\end{cases}\)

倒代回去可以解得：

\(f(x)=2(x-2)(x-3)-9(x-1)(x-3)+8(x-1)(x-2)=(x+1)^2\)

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当然，你会发现，这样是在代入 \(k\) 只需要 \(O(n)\) ，但这么做并没有更简单。

当然啦 ，但是我们求的不是 \(f(x)\) ，只是 \(f(k)\) 啊！

所以我们先提取一下上面的思路：

给定 \(n\) 个点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\dots(x_n,y_n)\)

我们先设定一个 \(\displaystyle G_i(x)=\prod_{j=1}^{i-1}(x-x_j)\cdot\prod_{j=i+1}^n(x-x_j)\)

即 \(\displaystyle G_i(x)=\prod_{j=1\&j\neq i}^n(x-x_j)\)

再另 \(\displaystyle g(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)

因此 \(\forall i\in[1,n]\bigcap Z,g(x_i)=0\)

所以有 \(G_i(k)(k-x_i)=g(k)\)

且 \(\forall j\neq i,G_i(x_j)=0\)

由上述式子设 \(\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^nA_iG_i(x)\)

倒代入点的坐标得：

\(\displaystyle y_i=f(x_i)=\sum_{i=1}^nA_iG_i(x_i)=A_iG_i(x_i)\)

因此 \(A_i=y_i[G_i(x_i)]^{-1}\)

所以代入原式得：

\(\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(x)\)

我们分类讨论一下：

1. 若 \(\exists i\in [1,n]\bigcap Z,k=x_i\) ， \(f(k)=f(x_i)=y_i\) ，算都不用算

2. 若 \(\forall i\in[1,n]\bigcap Z,k\neq x_i\)

\(g(k)\neq0\)

由 \(G_i(k)(k-x_i)=g(k)\) 得

\(G_i(k)=g(k)(k-x_i)^{-1}\)

代入原式：

\(\displaystyle f(k)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(k)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}g(k)(k-x_i)^{-1}\)

看起来更复杂了

但是，我们可以注意到，\(g(k)\) 对于 \(i\) 而言，是定值

还有 \([G_i(x_i)]^{-1}\) 与 \((k-x_i)^{-1}\) 肯定是可以合并的

所以我们按这个方法，整理原式得：

\(\displaystyle f(k)=g(k)\cdot\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)(k-x_i)]^{-1}\)

另 \(Inv(x)\) 表示数 \(x\) 在模 \(998244353\) 下的逆元

就有： \(\displaystyle f(k)=g(k)\cdot\sum_{i=1}^ny_i\cdot Inv[G_i(x_i)(k-x_i)]\)

至于 \(g(k)\) 是一个 \(O(n)\) 扫过去的事

\(G_i(x_i)\) 也是一个 \(O(n)\) 扫过去的事

乘一下，用 exgcd 或者 欧拉定理加快速幂 可以一个 \(O(\log n)\) 求出逆元

所以求和符号内的复杂度为 \(O(n)+O(\log n)=O(n)\)

套个求和符号就是 \(O(n\times n)=O(n^2)\)

复杂度上肯定是过得了了

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总结一下，就是：

\(f(k)=\begin{cases}y_i,k=x_i\\g(k)\sum_{i=1}^ny_iInv[G_i(x_i)(k-x_i)]\end{cases}\)

那求逆元本蒟蒻是用了非递归的 exgcd ，众位大犇可以直接看本蒟蒻的代码

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【代码】

那本蒟蒻就放 我码风极丑的 代码了

#include<cstdio>
using namespace std;
#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)
#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)
typedef int i32;
typedef long long i64;
const i64 Mod=998244353;
inline char gc(){
  static char s[1<<20|1],*p1=s,*p2=s;
  return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);
}
inline i64 read(){
  register i64 ans=0;register bool neg=0;register char c=gc();
  while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();
  while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();
  return neg?-ans:ans;
}
inline void input(i64 &lld_X,i64 &lld_Y,i64 &lld_Bas,i64 lld_K){
  lld_X=read();
  lld_Y=read();
  lld_K-=lld_X;
  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;
  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;
  lld_Bas*=lld_K;
  lld_Bas%=Mod;
}
inline i64 Inv(i64 lld_A){
  register i64 lld_Tmp[10000]={0},lld_Cur=1;
  register i64 lld_X=1,lld_Y=0,lld_B=Mod;
  lld_Tmp[0]=lld_A/lld_B;
  while(lld_B^=lld_A^=lld_B^=lld_A%=lld_B)
    lld_Tmp[lld_Cur++]=lld_A/lld_B;
  while(lld_Cur--)
    lld_Y^=lld_X^=lld_Y^=lld_X-=lld_Tmp[lld_Cur]*lld_Y;
  lld_X%=Mod;
  if(lld_X<0) lld_X+=Mod;
  return lld_X;
}
inline i64 calc(i64 lld_X[],i64 lld_Y,i32 d_Pos,i32 d_N,i64 lld_K){
  i64 lld_Ans=1;
  f(i,1,I,d_Pos-1)
    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;
  f(i,d_Pos+1,I,d_N)
    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;
  lld_Ans=lld_Ans*(lld_K-lld_X[d_Pos])%Mod;
  if(lld_Ans<0) lld_Ans+=Mod;
  return Inv(lld_Ans)*lld_Y%Mod;
}
inline void print(i64 lld_Ans){
  char s[20]={0};
  fwrite(s,1,sprintf(s,"%lld",lld_Ans),stdout);
}
i32 main(){
  i32 d_N=read();
  i64 lld_K=read(),lld_X[2048]={0},lld_Y[2048]={0},lld_Bas=1,lld_Ans=0;
  f(i,1,I,d_N){
  	input(lld_X[i],lld_Y[i],lld_Bas,lld_K);
  	if(lld_X[i]==lld_K){
  	  print(lld_Y[i]);
      return 0;
    }
  }
  f(i,1,I,d_N){
    lld_Ans+=calc(lld_X,lld_Y[i],i,d_N,lld_K);
    if(lld_Ans>=Mod) lld_Ans-=Mod;
  }
  lld_Ans=lld_Ans*lld_Bas%Mod;
  print(lld_Ans);
  return 0;
}

最后安利一下 本蒟蒻的博客