「笔记」拉格朗日插值
简介
对于 \(k\) 次多项式函数 \(F(x)\)。
若已知 \(k+1\) 个点值，则可构造出多项式。
有：
正确性详见 拉格朗日插值。
正确性
将 \(k + 1\) 个点值代入即可检验。
当 \(x=x_k\) 时，对 \(i\) 进行讨论：
- 当 \(i\not ={k}\) 时，存在一个 \(j\) 满足 \(j=k\)。
对于乘积项的分子 \(\prod\limits_{i\not ={j}}x-x_j\)，当 \(j=k\) 时，\(x-x_j = 0\)。
对答案无贡献。 - 当 \(i=k\) 时，乘积项变为 \(\prod\limits_{i\not ={j}}\dfrac{x_i-x_j}{x_i-x_j}\)。
其值恒等于 \(1\)。
模板题
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define ll long long
const int MARX = 2010;
const ll Mod = 998244353;
//=============================================================
ll ans, N, K, X[MARX], Y[MARX];
//=============================================================
inline int read()
{
int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
ll qpow(ll x, ll y, ll mod)
{
ll ret = 1;
for(; y; x = x * x % mod, y >>= 1)
if(y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
//=============================================================
int main()
{
N = read(), K = read();
for(int i = 1; i <= N; i ++) X[i] = read(), Y[i] = read();
for(int i = 1; i <= N; i ++)
{
ll tmp = 1ll;
for(int j = 1; j <= N; j ++)
if(i != j) tmp = tmp * (X[i] + Mod - X[j]) % Mod;
tmp = qpow(tmp, Mod - 2, Mod);
for(int j = 1; j <= N; j ++)
if(i != j) tmp = tmp * (K + Mod - X[j]) % Mod;
tmp = tmp * Y[i] % Mod, ans = (ans + tmp) % Mod;
}
printf("%lld", ans);
system("pause");
return 0;
}
自然幂数之和
CF622F The Sum of the k-th Powers
定义前 \(n\) 个自然数 \(k\) 次幂的和为：
给定 \(n,k\)，求 \(S_k(n)\)。
\(1\le n\le 10^9,\ 1\le k\le 10^6\)。
性质
\(S_k(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式。
证明考虑对 \(k\) 进行归纳。
当 \(k=0\) 时，\(S_k(n) = n\)，结论成立。
当 \(k=d\) 时：
通过二项式定理化简，提出一项相消，有：
对 \((i+1)^{d+1} - i^{d+1}\) 求和，有：
发现 \(\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)\) 只与 \(j\) 有关，调换求和顺序，有：
化出了有趣的玩意。
展开左侧 \(i^{d+1}\) 的求和式相消，则有：
提出右侧 \(j=d\) 时的 \(S_d(n)\)：
二项式定理展开右侧，并略做处理：
对于右侧，通过数学归纳得到 \(S_j(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(j\) 次多项式。
则整个式子最高次项出现在 \(\sum\limits_{j=0}^{d+1}n^j\) 中，次数为 \(d+1\)。
得证。
具体实现
由性质，\(S_k(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(k + 1\) 次多项式，需要 \(k+2\) 个点值进行构造。
可以直接取 \(k+1\) 个点，按照定义计算出 \(S_k(n)\)，构造多项式。
复杂度 \(O(k^2)\)？我觉得不行。
题目对选择的点并没有要求，考虑选取一段连续的点进行优化。
使 \(x_i = i\)，则选择的点集为 \(\{(i, S_k(i))\, \mid \, i \in \N^+, i\le k+2\}\)。
按照定义递推出来即可，复杂度 \(O(k \log k)\)。
考虑要求的点 \((n, S_k(n))\)，将其代入插值公式，有：
发现乘积项的分母与 \(n\) 无关，提出来：
手玩一下乘积项的变化规律。
对于分母，\(j\le k +2\)，在已知 \(i\) 时有：
可先预处理阶乘再求逆元，快速得到分母的值。
对于分子，也暴力拆一波：
考虑维护 \((n-j)\) 的 前/后 缀积，可快速得到分子的值。
则有：
复杂度
\(O(k \log k)\) 处理 \(k+2\) 个连续点值。
\(O(n)\) 预处理前/后 缀积，阶乘。
求逆元时可以 \(O(n)\) 预处理，也可以单次 \(O(\log k)\)。
总复杂度 \(O(k\log k)\)。
优缺点
优点：简单好写，复杂度优秀，就感觉到快。
缺点：出现了除法，需要求逆元，需保证模数为质数。
若模数不为质数怎么办？ 可利用 斯特林数/伯努利数 求解。
伯努利数求解方法 详见 皎月半洒花的题解。
斯特林数求解方法 复杂度 \(O(k^2)\)，无法通过本题，详见 自然数幂之和 - Luckyblock。
写在最后
参考资料：
拉格朗日插值 - OI Wiki
