浅谈算法——拉格朗日插值

拉格朗日插值法：是以法国十八世纪数学家约瑟夫·拉格朗日命名的一种多项式插值方法（摘自某度百科）

首先我们需要知道，拉格朗日插值法有何用？

---

• 注：以下部分内容参考知乎：如何直观地理解拉格朗日插值法？

---

举例子永远是最好的方法

比如说，已知下面这几个点，我想找到一根穿过它们的曲线：

\(k+1\)个点是肯定可以确定一个\(k\)次函数的，因为待定系数法啊，然后我们假设函数为\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2\)，然后我们就有

\[\begin{cases}y_1=a_0+a_1x_1+a_2x_1^2\nonumber\\y_2=a_0+a_1x_2+a_2x_2^2\nonumber\\y_3=a_0+a_1x_3+a_2x_3^2\nonumber\end{cases} \]

可是可以，但是扩展性不强……毕竟考场上没有可以解多元一次方程的机子……手动推通解的话……呵呵

拉格朗日也是这样想的，但是他觉得：我可以通过三根二次曲线相加得到这个函数，那么是怎样的三根曲线嘞？

第一根曲线\(f_1(x)\)，满足\(f_1(x_1)=1,f_1(x_2)=f_1(x_3)=0\)

然后第二、三根曲线类似

我们可以发现

• \(y_1f_1(x)\)可以保证，在\(x_1\)处，取值为\(y_1\)，其余两点取值为0
• \(y_2f_2(x)\)可以保证，在\(x_2\)处，取值为\(y_2\)，其余两点取值为0
• \(y_3f_3(x)\)可以保证，在\(x_3\)处，取值为\(y_3\)，其余两点取值为0

那么

\[f(x)=y_1f_1(x)+y_2f_2(x)+y_3f_3(x) \]

可以一一穿过这三个点

当函数不是二次，而是多次的时候，这个方法同样成立

于是前人根据这个方法，总结出了拉格朗日插值法的一般式，即

\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^ky_i\prod\limits_{j\not =i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

(因为1～k+1写起来很丑，所以这里写的是0～k，本质相同)

我们可以发现，任意代入一个\(x_k\)，都必然有\(f(x_k)=y_k\)，过程留给读者自己推导

这样我们就可以在\(O(k^2)\)的时间内求出\(f(x)\)

---

我们再来考虑一些特殊的情况，比如\(x_i\)连续的情况

我们先把式子抄一遍

\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^ny_i\prod\limits_{j\not =i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

由于\(x_i\)连续，所以我们可以把分子用前后缀积来表示

\[P_i=\prod\limits_{j=0}^i(x-x_j),S_i=\prod\limits_{j=i}^n(x-x_j) \]

然后分母可以写成阶乘的形式，式子变成

\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^ny_i\dfrac{P_{i-1}·S_{i+1}}{(-1)^{n-i}i!(n-i)!} \]

那么我们就可以在\(O(k)\)的时间内算出\(f(x)\)的值了

---

至于一些应用，最常见的就是求\(\sum\limits_{i=1}^ni^k\)的值，也就是求幂和，根据这里的式子可以得到

\[S_k(n)=\sum\limits_{i=1}^ni^k=\dfrac{(n+1)^{k+1}-\sum\limits_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}S_j(n)-1}{k+1} \]

容易发现其为\(k+1\)次多项式，于是我们可以使用拉格朗日插值法

其中\(i\in[0,k+1]\)的取值我们用线筛，对于每个素数我们暴力快速幂，这部分时间复杂度为\(O(\dfrac{k}{\ln k}·\log k)=O(k)\)

所以总时间复杂度为\(O(k)\)