拉格朗日插值复习笔记

拉格朗日插值法基于这个事实：\(n\)个点可以唯一确定一个\(n-1\)次多项式。

拉格朗日插值法

设\(f(x)\)是个\(n\)次多项式

\[f(x_0)=\sum_{i=0}^{n}y_i\prod_{j\not = i}\frac {x_0-x_j} {x_i-x_j} \]

可以发现对于所给的点都可以利用该多项式正确地求出（考虑\(\prod_{j\not =i}\frac {x_0-x_j} {x_i-x_j}\)这个式子，\(x_0=x_i\)时，其值恰好为\(1\)，然后对于\(x_0\not = x_i\)时，其值恰好为\(0\)）
复杂度是\(O(n^2)\)的。

代码如下，题目为LGOJP4781 【模板】拉格朗日插值

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 2010;
const int mod = 998244353;

int n, k;
int a[N], b[N];

int power(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod; b >>= 1;
	}
	return ans; 
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		int sum = 1, inv = 1;
		for(int j = 1; j <= n; ++j) {
			if(i == j) continue;
			(sum = 1ll * sum * (k - a[j] + mod) % mod); 
			(inv = 1ll * inv * (a[i] - a[j] + mod) % mod) %= mod;
		}
		ans = (1ll * ans + 1ll * sum * b[i] % mod * power(inv, mod - 2) % mod) % mod;
	}
	printf("%d\n", (ans % mod + mod) % mod);
	return 0;
}

取值连续时的拉格朗日插值法

因为只需要任意\(n+1\)个不同点就可以确定一个\(n\)次多项式，所以很多时候为了方便取的任意\(n+1\)个点其实是连续的\(1,2,3,...,n+1\)。
那么令\(x_i=i\)，上述式子可以写成

\[f(x_0)=\sum_{i=0}^{n}y_i\prod_{j\not = i}\frac {x_0-j} {i-j} \]

\(\prod_{j\not = i}\frac {x_0-j} {i-j}=\frac {\prod_{j<i} x_0-j\prod_{j>i}x_0 - j} {i!(n-i)!}\)
那么预先维护出关于\(x_0\)的前缀积\(pre\)和后缀积\(suf\)，原式即可化为

\[f(x_0)=\sum_{i=0}^{n}y_i \frac {pre[i-1]\times suf[i+1]} {i!(n-i)!} \]

于是复杂度降为\(O(n\log n)\)，瓶颈在逆元，可以利用逆元的线性求法做到\(O(n)\)。

应用：自然数幂和

求$$\sum_{i=1}^n i^k$$
\(1\le n\le 10^9, 1\le k \le 10^6\)
\(\sum i^k\)是一个\(k+1\)次多项式。所以拉格朗日插值插出这个多项式，然后代入\(n\)即可。