拉格朗日插值

拉格朗日插值

给定 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\)，构造一个函数 \(f(x)\) 使得对于任意的 \(i\in [1,n]\)，\(f(x_i)=y_i\) 恒成立。

考虑构造 \(n\) 个函数 \(f_i(x)\)，使得 \(f_i(x_j)=[i=j]\)。不难发现可以令 \(f_i(x)=\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\)，则最终不难构造出 \(f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\times f_i(x)\)。

当给定的 \(x_i\) 连续的时候，不妨假设此时 \(x_1=1\)。此时新的式子为 \(f(x)=\sum_{i=1}^n y_i\times \prod_{i\neq j}\frac{x-j}{i-j}\)。此时设 \(pre_i=\prod_{j=1}^i(x-j)\)，\(suf_i=\prod_{j=i}^n(x-j)\)，则可以化简得到：

\[f(x)=\sum_{i=1}^n y_i\times (-1)^{n-i}\times \frac{pre_{i-1}\times suf_{i+1}}{(i-1)!\times (n-i)!} \]

可以 \(O(n)\) 计算一个点的点值。对于 \(x_1\ne 1\) 的情况，只需要对 \(pre\) 和 \(suf\) 的定义略加修改即可。

插值求多项式系数

多项式形如 \(f(x)=\sum_{i=1}^n y_i\times \prod_{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\)。考虑对于每一个 \(i\) 分别计算，最后求和。提出常数倍 \(a_i=\frac{y_i}{\prod_{j\ne i}x_i-x_j}\)，设 \(g(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)，则有 \(f(x)=\sum_{i=1}^na_i\times \frac{g(x)}{x-x_i}\)。\(g(x)\) 的系数可以 \(O(n^2)\) 暴力乘每一项求出；设 \(h(x)=\frac{g(x)}{x-x_i}\)，每次枚举 \(i\) 计算答案然后相加，设当前 \(x_i\) 为 \(c\)，我们有 \([x^n]g(x)=[x^{n-1}]h(x)-c[x^n]h(x)\)，于是可以递推求每一个 \([x^n]h(x)\)。\(0\) 次项系数显然是 \(\frac{[x^0]g(x)}{-x_i}\)。因此求 \(f(x)\) 每一项系数的总复杂度为 \(O(n^2\log V)\)。一般插值时可以预处理 \(c\) 的逆元来去掉一个 \(\log\)。

例题

P4463 [集训队互测 2012] calc

题意：我们称一个序列合法，当且仅当其每个位置的值互不相同且均在 \([1,k]\) 内。设一个合法序列的权值为 \(\prod a_i\)，求所有长为 \(n\) 的合法序列的权值和。\(n\leq 500,k\leq 10^9\)。

首先，序列打乱后权值不变，因此考虑只统计单调序列的答案，最后乘一个 \(n!\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个位置的单增序列，最后一个元素不大于 \(j\) 的权值和，显然有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i,j-1}\)。复杂度 \(O(nk)\)。

考虑归纳说明两个事实：

• 首先当 \(n=1\) 时，\(f(n,x)=x\) 是关于 \(x\) 的多项式函数。若 \(n=m\) 时满足条件，则 \(f(n,x)\times (x+1)\) 显然也是关于 \(x\) 的多项式函数。因此 \(f(m+1,x)\) 的差分是关于 \(x\) 的多项式函数。
• 又 \(x=n\) 时，\(f_{n,x}=x!\) 是关于 \(x\) 的多项式函数，且差分也是。故对于任意 \(n\leq x\) 可归纳得出其为关于 \(x\) 的多项式函数。

考虑设 \(g_n\) 表示 \(f_n\) 的次数。由于多项式函数做差分（求导）会导致次数降 \(1\)，故根据 \(f_{n,x}-f_{n,x-1}=f_{n-1,x-1}\times x\) 可推知 \(g_{n}-1=g_{n-1}+1\)，又 \(g_{1}=2\)，故有 \(g_n=2n\)，暴力 dp 找 \(2n+1\) 个点进行插值即可。复杂度 \(O(n^2)\)。

[ABC208F] Cumulative Sum

题意：给定非负整数 \(n\)，\(m\) 和正整数 \(k\)。求函数

\[ \displaystyle\ f(n,\ m)\ = \begin{cases}\ 0\ &\ (n\ =\ 0)\ \\ n^K\ &\ (n\ \gt\ 0,\ m\ =\ 0)\ \\ f(n-1,\ m)\ +\ f(n,\ m-1)\ \ &\ (n\ \gt\ 0,\ m\ \gt\ 0)\ \end{cases} \]

对 \(\left(10^9+7\right)\) 取模后的值。

网格图优化 dp 的形式比较显然。注意到 \((n,0)\) 只能转移到 \((n,1)\)，所以实际上是从 \((i,1)\) 走到 \((n,m)\) 的路径计数。不难写出式子 \(f(n,m)=\sum_{i=1}^ni^k\binom{n+m-1-i}{m-1}\)。注意到 \(i^k\) 是 \(i\) 的 \(k\) 次多项式，把组合数拆开，分子的 \((n+m-1-i)\) 是 \(i\) 的 \(n+m-1-i\) 次多项式；分母的 \((m-1)!\) 是常数，\((n-i)!\) 是 \(i\) 的 \((n-i)\) 次多项式，故整体是 \(i\) 的 \(m+k-1\) 次多项式。求前缀和（是差分的逆运算）后次数增加 \(1\)，故 \(f(n,m)\) 是关于 \(n\) 的 \(m+k\) 次多项式。利用给出的式子暴力递推求出 \(f(1,m)\sim f(m+k+1,m)\)，然后插值即可。复杂度 \(O(mk)\)。

CF995F Cowmpany Cowmpensation

题意：给定一棵 \(n\) 个点的树，求有多少种给点赋 \([1,d]\) 内的权值的方式，使得任意儿子节点的权值不超过父亲。\(n\leq 3000\)，\(d=10^9\)。

集训队互测那个题的树上版本。设 \(f_{i,j}\) 表示点 \(i\) 填的数不超过 \(j\) 的方案数，我们有 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}+\prod f_{v,j}\)。

下面证明 \(f_{i,j}\) 是关于 \(j\) 的 \(sz_i\) 次多项式。其在叶子处显然成立，若 \(i\) 点的所有儿子该结论均成立，考虑转换为差分形式后，\(f_{i,j}-f_{i,j-1}=\prod f_{v,j}\)，差分为 \(sz_i-1\) 次式，则 \(f_{i,j}\) 显然为 \(sz_i\) 次式，递推成立。故暴力求出前 \(n+1\) 个 dp 值，插值即可求出答案。这里的瓶颈在 dp，复杂度 \(O(n^2)\)。

P8290 [省选联考 2022] 填树

题意：给定一棵 \(n\) 个点的树，第 \(i\) 个点的值域限制区间为 \([l_i,r_i]\)，你可以任选一条链，给链上的所有点赋值域限制区间内的值。问最后有多少种不同的树，使得非零权值的极差不超过 \(K\)， 并求出所有合法树的权值和。\(n\leq 200\)，\(1\leq l_i,r_i,k\leq 10^9\)。

首先考虑朴素的 dp。我们不希望同时在 dp 状态中记录最大值和最小值，考虑只枚举最小值 \(L\)，则值域被限制在 \([L,L+k]\)，此时可能会算重，因此我们再减去 \([L+1,L+k]\) 的答案即可。对于一个固定的 \(L\) 和 \(k\)，设 \(f_{i}\) 表示 \(i\) 子树内到 \(i\) 的合法链的数量；\(g_i\) 表示 \(i\) 子树内到 \(i\) 的合法链权值和。预处理 \(num_i\) 表示 \(i\) 点可以填的数的个数；\(sum_i\) 表示 \(i\) 点可以填的数的和。同时维护 \(ans_1,ans_2\) 分别表示两个问题的答案。考虑逐子树合并求答案，设当前点为 \(i\)、需要合并的那个子树为 \(j\)，初始时有 \(f_i=num_i,g_i=sum_i\)，我们有如下式子：

\[num_i=\max(0,\min(L+k,r_i)-\max(L,l_i)+1)\\ sum_i=\frac{(\min(L+k,r_i)+\max(L,l_i))\times num_i}{2}\\ f_i\gets num_i\times f_j\\ g_i\gets num_i\times g_j+sum_i\times f_j\\ ans_1\gets f_i\times f_j\\ ans_2\gets f_i\times g_j+f_j\times g_i \]

于是得到一个 \(O(nV)\) 的做法。考虑优化。

不妨把 \(num_i\) 和 \(sum_i\) 式子中的 \(\min,\max\) 通过分类讨论拆掉，首先显然要按照 \(r_i-k\) 和 \(l_i\) 分段：

• \(L\geq l_i\) 时：
  • 若 \(L+k\geq r_i\)，则 \(num_i=\max(0,r_i-L+1)\)，还需要按照 \(r_i+1\) 分段；
  • 否则 \(num_i=L+k-L+1\)。
• \(L<l_i\) 时：
  • 若 \(L+k\geq r_i\)，则 \(num_i=r_i-l_i+1\)。
  • 否则 \(num_i=\max(0,L+k-l_i+1)\)，还需要按照 \(l_i-k-1\) 分段。

不难发现我们可以分出 \(O(n)\) 段。

此后，在每一段内，\(num_i\) 是关于 \(L\) 的一次式，\(sum_i\) 是关于 \(L\) 的二次式，在叶子处 \(f_i=num_i,g_i=sum_i\)。根据上面的式子，我们发现 \(f_i\) 的次数是 \(f_j\) 的最大次数 \(+1\)；\(g_i\) 的次数是 \(f_j\) 的最大次数 \(+2\) 或 \(g_j\) 的最大次数 \(+1\)，也就是说，\(f_i\) 的次数是子树内到 \(i\) 的最大链长；\(g_i\) 的次数是子树内到 \(i\) 的最大链长 \(+1\)。同理可得，\(ans_1\) 的最大次数为 \(n\)，\(ans_2\) 的最大次数为 \(n+1\)。由于我们需要对所有 \(L\) 的答案求和，故累加起来得到 \(ans\) 的次数不超过 \(n+2\)。

于是对于每一段，我们需要求出 \(n+3\) 个前缀和的点值，需要跑 \(n+3\) 次上述的 dp，然后做 \(x\) 连续的插值。总复杂度瓶颈在 \(O(n^2)\) 次 dp 上，为 \(O(n^3)\)。

P5469 [NOI2019] 机器人

题意：场地上有 \(n\) 个柱子，有两种波特，第一种波特从起点开始一直往左，直到下一个柱子比起点柱子高（或没有柱子了）就停下；第二种波特从起点开始一直往右，直到下一个柱子不低于起点柱子（或没有柱子了）就停下。现在每个柱子的高度限制为 \([A_i,B_i]\)，问有多少种设定高度的方式，使得无论把两个波特同时放在哪一个柱子上，它们走过的柱子数目的差的绝对值都不超过 \(2\)。\(n\leq 300\)，\(1\leq A,B\leq 10^9\)。

对于 f(x) 会从 f(x-k) 转移来的情况，若需要分段做拉格朗日插值，似乎需要保证 k 不超过 1。原因是 k 更大后，一段的段首会从上一段函数不同的位置转移过来，导致段首的函数与后面的不同，进而导致每一个位置的函数都不同。k=1 合法是因为交界处的点同时满足前后两个函数。

考虑找到 \(n\) 个柱子中最靠右的最高的那一个，设其位置为 \(p\)。则以 \(p\) 作为起点时，往左往右都会走到底。因此，\(p\) 一定在区间中点偏移不超过 \(1\) 的地方，长为奇数的区间有 \(3\) 个合法位置；长为偶数的区间有 \(2\) 个合法位置。此后，从其他位置出发的波特都不可能越过 \(p\)。因此考虑区间 dp：\(f_{i,j,k}\) 表示区间 \((i,j)\) 的最大值不超过 \(k\) 的方案数（滚一个前缀和便于转移），转移是 \(f_{i,j,k}=\sum f_{i,p-1,k}\times f_{p+1,j,k-1}+f_{i,j,k-1}\)。初始值是 \(f_{i+1,i,x}=1\)，\(f_{i,i,x}=\max(0,\min(x,B_i)-A_i+1)\)。

首先由于 \(p\) 的可行位置很少，猜测会用到的区间不多，打表发现只有 \(m=2000\) 多个。考虑到 \(k\) 过大，我们需要插值计算。为了去掉式子里的 \(\min\) 和 \(\max\)，我们显然要分段，段之间交界的 \(O(n)\) 个位置是 \(B_i\) 和 \(A_i-1\)。此处需要注意：由于转移时涉及到 \(k-1\) 的部分，我们需要 \(k-1\) 也符合当前段的函数，才可以利用 \(k\) 来插值。注意到段的交界处同时满足两侧的函数，因此可以将每一段的起点设为 \(A_i\) 和 \(B_i+1\)，这样直接选取段头的值来插值，就是正确的。

归纳可知，同一段中 \(f_{i,j,k}\) 在 \(i,j\) 固定的前提下，是一个关于 \(k\) 的 \((j-i+1)\) 次式。因此每一段对前 \(n+1\) 个值暴力 dp 求解，然后插值即可。每一段需要对段尾巴处的值做 \(O(m)\) 次插值，预处理阶乘逆元和前后缀乘积可以做到 \(O(mn^2)\)。通过一些优化减少取模次数后（例如预处理、做 \(8\) 次乘法求和后再取模等），可以通过。

CF1874E Jellyfish and Hack

题意：我们设对一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\) 做错误的快速排序，每次把小于 \(p_1\) 的按顺序放进 \(L\)，大于的放进 \(R\)，则设其复杂度函数为 \(f(p)=n+f(L)+f(R)\)，空序列为 \(0\)。问有多少种排列的 \(f\) 大于等于 \(lim\)。\(n\leq 200\)。

拉插优化卷积形式 dp，和 24 年省选重塑时光的最后一步优化是同一个 trick。

首先有一个简单的 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的排列，函数值为 \(j\) 的方案数。枚举排列第一项转移，有 \(f_{i,j}=\sum_{p=1}^i\binom{i-1}{p-1}\sum_{k=0}^{j-i}f_{p-1,k}f_{n-p,j-i-k}\)。此时可以做到 \(O(n^6)\)。

考虑优化。注意到后面是一个卷积形式，我们可以用 OGF 做，不难写成多项式形式：\(F_i=\sum_{p=1}^i\binom{i-1}{p-1}F_{p-1}F_{n-p}x^{i}\)。我们最后希望求得 \(F_n\) 的各项系数。注意到 \(F\) 是一个至多 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 次的多项式。于是我们代入 \(x=1\sim \frac{n(n+1)}{2}+1\) 这些点值递推出 \(F_n\) 的点值即可，单个点值的递推复杂度是 \(O(n^2)\)，总复杂度 \(O(n^4)\)。递推起点是 \(F(0)=1\)。最后利用这些点值把 \(F_n\) 的各项系数用上文方法插出来即可，复杂度也是 \(O(n^4)\)。