拉格朗日插值

给出个点，将过这个点的最多次的多项式记为，求的值。

方法 1：差分法

差分法适用于的情况。

如，用差分法求某三次多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^{3} a_ix^i$ 的多项式形式，已知至的值分别为。

\begin{array}{cccccccccccc} 1 & & 5 & & 14 & & 30 & & 55 & & 91 & \\ & 4 & & 9 & & 16 & & 25 & & 36 & \\ & & 5 & & 7 & & 9 & & 11 & \\ & & & 2 & & 2 & & 2 & \\ \end{array}

第一行为的连续的前项；之后的每一行为之前一行中对应的相邻两项之差。观察到，如果这样操作的次数足够多（前提是为多项式），最终总会返回一个定值，可以利用这个定值求出的每一项的系数，然后即可将代入多项式中求解。上例中可求出 $f(x)=\frac 1 3 x^3+\frac 1 2 x^2+\frac 1 6 x$ 。时间复杂度为。这种方法对给出的点的限制性较强。

方法 2：待定系数法

设 $f(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i$ 将每个代入，有，这样就可以得到一个由条元一次方程所组成的方程组，然后使用 高斯消元 解该方程组求出每一项，即确定了的表达式。

如果您不知道什么是高斯消元，请看高斯消元。

时间复杂度，对给出点的坐标无要求。

方法 3：拉格朗日插值法

在多项式部分简介里我们已经定义了多项式除法。

那么我们会有：

f(x)\equiv f(a)\pmod{(x-a)}

这是显然的，因为 $f(x)-f(a)=(a_0-a_0)+a_1(x^1-a^1)+a_1(x^2-a^2)+\cdots +a_n(x^n-a^n)$ ，这个式子显然有这个因式，所以得证。

这样我们就可以列一个关于的多项式线性同余方程组：

\begin{cases} f(x)\equiv y_1\pmod{(x-x_1)}\\ f(x)\equiv y_2\pmod{(x-x_2)}\\ \cdots\\ f(x)\equiv y_n\pmod{(x-x_n)} \end{cases}

我们根据中国剩余定理，有：

M=\prod_{i=1}^n{(x-x_i)},m_i=\dfrac M{x-x_i}=\prod_{j\ne i}{(x-x_j)}

则模意义下的逆元就是：

m_i^{-1}=\prod_{j\ne i}{\dfrac 1{x_i-x_j}}

所以就有：

f(x)\equiv\sum_{i=1}^n{y_im_im_i^{-1}}\equiv\sum_{i=1}^n{y_i\prod_{j\ne i}{\dfrac {x-x_j}{x_i-x_j}}}\pmod M

所以在模意义下就是唯一的，即：

f(x)=\sum_{i=1}^n{y_i\prod_{j\ne i}{\dfrac {x-x_j}{x_i-x_j}}}

这就是拉格朗日插值的表达式。

如果要将每一项的系数都算出来，时间复杂度仍为，但是本题中只用求出的值，所以在计算上式的过程中直接将代入即可。

f(k)=\sum_{i=1}^{n} y_i\prod_{j\neq i }\frac{k-x_j}{x_i-x_j}

本题中，还需要求解逆元。如果先分别计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求逆元上，时间复杂度为。

通常意义下拉格朗日插值的一种推导

由于要求构造一个函数过点 $P_1(x_1, y_1), P_2(x_2,y_2),\cdots,P_n(x_n,y_n)$ 。首先设第个点在轴上的投影为 $P_i^{\prime}(x_i,0)$ 。

考虑构造个函数 $f_1(x), f_2(x), \cdots, f_n(x)$ ，使得对于第个函数，其图像过 $\begin{cases}P_j^{\prime}(x_j,0),(j\neq i)\\P_i(x_i,y_i)\end{cases}$ ，则可知题目所求的函数 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^nf_i(x)$ 。

那么可以设 $f_i(x)=a\cdot\prod_{j\neq i}(x-x_j)$ ，将点代入可以知道 $a=\dfrac{y_i}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_j)}$ ，所以

$f_i(x)=y_i\cdot\dfrac{\prod_{j\neq i} (x-x_j)}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_j)}=y_i\cdot\prod_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 。

那么我们就可以从另一个角度推导出通常意义下（而非模意义下）拉格朗日插值的式子为：

$f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\cdot\prod_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 。

代码实现

#include <cstdio>

const int maxn = 2010;
long long mod = 998244353;
long long n, k, x[maxn], y[maxn], ans, s1, s2;

long long powmod(long long x, long long n) {  // 快速幂
  long long ret = (long long)1;
  while (n) {
    if (n % 2 == 1) ret = ret * x % mod;
    x = x * x % mod;
    n /= 2;
  }
  return ret;
}

long long inv(long long x) { return powmod(x, mod - 2); }  // 求逆元

int main() {
  scanf("%lld%lld", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld", x + i, y + i);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    s1 = y[i] % mod;
    s2 = (long long)1;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
      if (i != j) s1 = s1 * (k - x[j]) % mod, s2 = s2 * (x[i] - x[j]) % mod;
    ans += s1 * inv(s2) % mod;
  }
  printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
  return 0;
}

横坐标是连续整数的拉格朗日插值

如果已知点的横坐标是连续整数，我们可以做到插值。

设要求次多项式为，我们已知 $f(1),\cdots,f(n+1)$ （ $1\le i\le n+1$ ），考虑代入上面的插值公式：

\begin{aligned} f(x)&=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\prod\limits_{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\prod\limits_{j\ne i}\frac{x-j}{i-j} \end{aligned}

后面的累乘可以分子分母分别考虑，不难得到分子为：

\dfrac{\prod\limits_{j=1}^{n+1}(x-j)}{x-i}

分母的累乘可以拆成两段阶乘来算：

(-1)^{n+1-i}\cdot(i-1)!\cdot(n+1-i)!

于是横坐标为 $1,\cdots,n+1$ 的插值公式：

f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}y_i\cdot\frac{\prod\limits_{j=1}^{n+1}(x-j)}{(x-i)\cdot(-1)^{n+1-i}\cdot(i-1)!\cdot(n+1-i)!}

预处理前后缀积、阶乘阶乘逆，然后代入这个式子，复杂度为。

例题 CF622F The Sum of the k-th Powers

给出，求 $\sum\limits_{i=1}^ni^k$ 对取模的值。

本题中，答案是一个次多项式，因此我们可以线性筛出 $1^i,\cdots,(k+2)^i$ 的值然后进行插值。

代码实现

// By: [email protected]_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;

int n, k, tab[N], p[N], pcnt, f[N], pre[N], suf[N], fac[N], inv[N], ans;

int qpow(int x, int y) {
  int ans = 1;
  for (; y; y >>= 1, x = 1LL * x * x % mod)
    if (y & 1) ans = 1LL * ans * x % mod;
  return ans;
}

void sieve(int lim) {
  f[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= lim; i++) {
    if (!tab[i]) {
      p[++pcnt] = i;
      f[i] = qpow(i, k);
    }
    for (int j = 1; j <= pcnt && 1LL * i * p[j] <= lim; j++) {
      tab[i * p[j]] = 1;
      f[i * p[j]] = 1LL * f[i] * f[p[j]] % mod;
      if (!(i % p[j])) break;
    }
  }
  for (int i = 2; i <= lim; i++) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % mod;
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &k);
  sieve(k + 2);
  if (n <= k + 2) return printf("%d\n", f[n]) & 0;
  pre[0] = suf[k + 3] = 1;
  for (int i = 1; i <= k + 2; i++) pre[i] = 1LL * pre[i - 1] * (n - i) % mod;
  for (int i = k + 2; i >= 1; i--) suf[i] = 1LL * suf[i + 1] * (n - i) % mod;
  fac[0] = inv[0] = fac[1] = inv[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= k + 2; i++) {
    fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod;
    inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
  }
  for (int i = 2; i <= k + 2; i++) inv[i] = 1LL * inv[i - 1] * inv[i] % mod;
  for (int i = 1; i <= k + 2; i++) {
    int P = 1LL * pre[i - 1] * suf[i + 1] % mod;
    int Q = 1LL * inv[i - 1] * inv[k + 2 - i] % mod;
    int mul = ((k + 2 - i) & 1) ? -1 : 1;
    ans = (ans + 1LL * (Q * mul + mod) % mod * P % mod * f[i] % mod) % mod;
  }
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}

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