lagrange 插值做题记录

插值在OI中的应用 - Grice - 博客园

lagrange 插值笔记 - 洛谷专栏

P5850 calc加强版 - 洛谷

Problem - F - Codeforces

2025oifc2025.01.03 - 信友队

tyvj 1858 XLkxc - 黑暗爆炸 3453 - Virtual Judge

序列求和 V5 - 51Nod 1822 - Virtual Judge

Cowmpany Cowmpensation - 洛谷

Stranger Trees - 洛谷

Forest Fires - 洛谷

线性插值的伪代码

不妨设要插值的多项式为 \(f\).

• 长为 \(L\) 的数组 \(Y,\text{ifac}\) 中，\(Y[i]\) 记录 \(f(i)\)，\(\text{ifac}[i]\) 记录 \(\displaystyle \frac{1}{i!}\).
• 函数 \(\text{calc}(x)\)
  • 如果 \(x\leq L\) 则
    • 返回 \(Y[x]\)
  • 声明长为 \(L\) 的数组 \(\text{pre},\text{suf}\)
  • 特别的，\(\text{pre}[0]\gets 1\)
  • 让 \(i\) 遍历 \((1,2,\dots,L)\)
    • \(\text{pre}[i]\gets (x-i)\times\text{pre}[i-1]\)
  • 特别的，\(\text{suf}[L+1]\gets 1\)
  • 让 \(i\) 遍历 \((L,L-1,\dots,1)\)
    • \(\text{suf}[i]\gets(x-i)\times\text{suf}[i+1]\)
  • 声明变量 \(\text{ans}\gets 0\)
  • 让 \(i\) 遍历 \((1,2,\dots,L)\)
    • 声明变量 \(\text{tmp}\gets Y[i]\times\text{ifac}[i-1]\times\text{ifac}[L-i]\times\text{pre}[i-1]\times\text{suf}[i+1]\)
    • 如果 \(i\) 为奇数，则
      • \(\text{ans}\gets\text{ans}-\text{tmp}\)
    • 否则
      • \(\text{ans}\gets\text{ans}+\text{tmp}\)
  • 返回 \(\text{ans}\)

calc

集训队互测的题。

P4463 [集训队互测 2012] calc - 洛谷

记录详情 - 洛谷

首先，令 \(a\) 升序，这样，算出答案后乘 \(n!\) 即可。

设 \(f_{i,j}\) 表示长为 \(i\) 的 \(a\) 序列，值域为 \([1,j]\)，则答案为多少。则有转移

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i,j-1} \]

然后，不妨设 \(f_i(j)=f_{i,j}\)，现在设法证明 \(f_i\) 是多项式。

容易发现，转移可以变形为

\[f_i(j)-f_i(j-1)=jf_{i-1}(j-1) \]

这就说明 \(f_i\) 是多项式。

设 \(f_i\) 为 \(g_i\) 次多项式，则有

\[g_{i}-1=g_{i-1}+1 \]

故

\[g_n=2n \]

于是就可以插值了。

注意：差分之后产生了额外的次数差！

The Sum of the k-th Powers

板子。

Problem - F - Codeforces

Submission #301678375 - Codeforces

The Sum of the k-th Powers - 洛谷

答案为

\[f(n)=\sum_{i=1}^ni^k \]

实际上，\(f\) 是多项式。证明可以考虑累加法。

为了线性做出这道题，要注意到

\[g(i)=i^k \]

是积性函数，所以，可以用欧拉筛求出 \(i\in [k+1]\) 的 \(i^k\) 值，复杂度 \(O(k+\pi(k)\log k)=O(k)\)。

然后，lagrange 插值求 \(f(n)\) 容易做到线性。

最终复杂度 \(O(k)\)。

tyvj 1858 XLkxc

纯纯插值题。

tyvj 1858 XLkxc - 黑暗爆炸 3453 - Virtual Judge

Source code - Virtual Judge

这是一个 \(O(k^2)\) 的 lagrange 插值做法。

非常经典的，

\[f(i)=1^k+2^k+\cdots+i^k \]

中 \(f\) 是 \(k+1\) 次多项式。所以，可以 \(O(k)\) lagrange 插值求出 \(f\)。

\(g\) 的定义为

\[g(x)=\sum_{i=1}^xf(i) \]

所以

\[g(x)=g(x-1)+f(x) \]

变形得 \(f(x)=g(x)-g(x-1)\)，说明 \(g(x)-g(x-1)\) 是关于 \(x\) 的 \(k+1\) 次多项式，所以 \(g\) 是 \(k+2\) 次多项式。

设函数 \(h\) 为（其中 \(a\) 和 \(d\) 为题目中所给出的）

\[h(x)=\sum_{i=1}^xg(a+(i-1)d) \]

同理可得 \(h\) 为 \(k+3\) 次多项式。为了求出 \(h(n+1)\)（就是答案），我们要先求出

\[h(1),h(2),\dots,h(k+4) \]

其中的每个都可以 \(O(k)\) 查询函数 \(g\) 得到，这部分复杂度为 \(O(k^2)\)。有了它们，我们就可以插值出函数 \(h\)，就可以 \(O(k)\) 求得 \(h(n+1)\) 了。

时间复杂度 \(O(k^2)\)。

Cowmpany Cowmpensation

这题还有离散化相关计数 + 容斥做法。

Problem - 995F - Codeforces

Submission #301728957 - Codeforces

Cowmpany Cowmpensation - 洛谷

容斥做法 题解 CF995F 【Cowmpany Cowmpensation】 - 洛谷专栏

设 \(f[u][m]\) 表示仅考虑点 \(u\) 所在子树，点值域为 \([1,m]\) 时的答案。

转移为

\[f[u][j]=f[u][j-1]+\prod_{v \ \text{son of}\ u} f[v][j] \]

发现 \(f[u][m]\) 为关于 \(m\) 的 \(n\) 次多项式，所以 lagrange 插值可做到 \(O(n^2)\)。