拉格朗日插值主要用于求解如下问题：
给出(n)个二维点((x_i,y_i))，找出过所有点的多项式(f(x))在(x)处的取值（通常(x)较大）
考虑对于每个点构造函数(f_i(x))使得(f_i(x_i)=y_i)，且(forall x_j(j eq i) f_i(x_j)=0)。
如何满足后式？(f_i(x)=g(x)cdotprod_{j eq i}(x-x_j))
然后我们需要凑出前式，使(g(x)=y_iprod_{j eq x}frac{1}{x_i-x_j})即可。
综上所述：
然后：
代入计算即可，时间复杂度(O(n^2))
然后你就可以AC这道模板题
代码如下：
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int k)
{
int res=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=1; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(k-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
如果(x_i)取值是一段连续的数时，该算法是否有优化空间？
答案是肯定的，考虑(x_iin[1,n])，那么
如何快速计算(y_iprod_{i eq j}frac{x-j}{i-j})？维护前缀与后缀即可
预处理阶乘逆元，前缀积，后缀积即可，时间复杂度(O(n))
代码如下：
int Lagrange(int *y,int n,int k)
{
int ans=0, fac=1; pre[0]=suf[n+1]=1; ifac[n]=Pow(fac, P-2);
for (int i=1; i<=n; i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(k-i)%P;
for (int i=n; i; i--) suf[i]=1ll*suf[i+1]*(k-i)%P;
for (int i=1; i<=n; i++) fac=1ll*fac*i%P;
for (int i=n-1; i; i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%P;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%P;
int s2=1ll*ifac[i-1]*ifac[n-i]%P;
ans=(ans+1ll*((n-i)&1?-1:1)*s1*s2%P*y[i])%P;
}
return (ans%P+P)%P;
}
看一道例题
CF622F The Sum of the k-th Powers
Description
求(sum_{i=1}^{n}i^m)，对(10^9+7)取模，(nleq10^9,mleq10^6)
Solution
这是一个题面自带题解的题。
题面给出了以下恒等式：
经验告诉我们CF给的提示都是很有用的。
这三个等式暗示了什么？
(sum_{i=1}^{n}i^m)是一个(m+1)次多项式！
那么就可以插值了，把(kin[1,m ])的值代入计算，然后用(O(n))或(O(nlogn))的插值即可。
下面是复杂度为(O(nlogn))的实现
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1000000007, N=1000005;
int pre[N], suf[N], fac[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t)
{
int res=1;
while (t)
{
if (t&1) (res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod; t>>=1;
}
return res;
}
signed main()
{
int n=read(), k=read(), ans=0, y=0; pre[0]=suf[k+3]=fac[0]=1;
for (int i=1; i<=k+2; i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%mod;
for (int i=k+2; i; i--) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%mod;
for (int i=1; i<=k+2; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (int i=1; i<=k+2; i++)
{
(y+=Pow(i, k))%=mod;
int s1=((k-i)&1?-1:1)*pre[i-1]*suf[i+1]%mod;
int s2=fac[i-1]*fac[k+2-i]%mod;
(ans+=s1*Pow(s2, mod-2)%mod*y%mod)%=mod;
}
printf("%d
", (ans+mod)%mod);
return 0;
}
再看一个难度大一些的题
CF995F Cowmpany Cowmpensation
Description
给定一棵(N（Nleq3000）)个点的有根树，给每个节点赋一个(leq D（Dleq10^9))的值，并且保证儿子节点的值(leq)父亲节点的值，求方案数。
Solution
先写一个(O(nD))的(DP)方程。
设(dp_{i,j})表示(i)号节点取值为(j)时子树内的总方案数
考虑优化(DP)，因为(D)的值过大，所以我们要让复杂度与(D)无关。
于是我们想到了拉格朗日插值。
我们先看猜出来，(dp_{i,j})是一个关于(j)的多项式。
然后它的次数还要很小，其实它的次数不超过(n)。
考虑证明？
我不会
(forall uin leaf,dp_{u,D}=D=f^1(D))
(forall u otin leaf,dp_{u, D}=prod_{son}f^x(D))
感性理解一下，叶子结点为关于(D)的一次多项式，非叶子节点为儿子节点的积，对于指数就是和，于是根节点的次数就为叶子结点数我也不知道对不对。
给出(O(n^2))预处理(dp_{n,n})以内的(DP)值和(O(n^2))插值的代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (register int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i, a, b) for (register int i=(a); i>=(b); --i)
using namespace std;
const int P=1000000007, N=3005;
int x[N], y[N], f[N][N], n, D;
vector<int> G[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t)
{
int res=1;
for (; t; t>>=1, x=1ll*x*x%P) if (t&1) res=1ll*res*x%P;
return res;
}
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int X)
{
int res=0;
for (int i=0; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=0; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(X-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
void dfs(int u)
{
rep(i, 1, n) f[u][i]=1;
for (int v: G[u])
{dfs(v); rep(j, 1, n) f[u][j]=1ll*f[u][j]*f[v][j]%P;}
rep(i, 1, n) f[u][i]=(f[u][i]+f[u][i-1])%P;
}
int main()
{
n=read(); D=read();
rep(i, 2, n) G[read()].push_back(i);
dfs(1);
rep(i, 0, n) x[i]=i, y[i]=f[1][i];
printf("%d
", Lagrange(x, y, n, D));
return 0;
}
最后一道毒瘤题
[国家集训队]calc
Description
构造序列(a_1,dots,a_n),满足(a_1,dots,a_nin[1,A])，且(a_1,dots,a_n)互不相等。定义合法序列的值为(prod_{i=1}^{n}a_i)，求不同合法序列的值的和。(nleq500,Aleq10^9)
Solution
神仙题(Orz)
可以看看我借鉴的这篇题解
依旧先写(O(nA))的(DP)方程。
(f_{i,j})表示前(i)个数取([1,j])的不同合法序列的值的和，仅考虑递增序列。
我们又要猜结论了！(QAQ)
设(f_{n,i})为关于(i)的(g(n))次多项式。
引理：(f^n(x)-f^n(x-1))为(f^{n-1}(x))
即(n)次多项式的差分为(n-1)次多项式。
·证明我不会（我想大家都会
考虑(DP)方程中也有差分的形式
于是
又有
所以
所以(f_(n,i))是关于(i)的(2n)次多项式
求出(f_{n,1})到(f_{n,2n+1})即可
(O(n^2))的(DP)及(O(n^2))的插值代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
int x[N], y[N], f[N][N<<2];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
int Pow(int x, int t, int P)
{
int res=1;
for (; t; t>>=1, x=1ll*x*x%P) if (t&1) res=1ll*res*x%P;
return res;
}
int Lagrange(int *x, int *y, int n, int k, int P)
{
int res=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int s1=1, s2=1;
for (int j=1; j<=n; j++) if (i^j)
{
s1=1ll*s1*(k-x[j])%P;
s2=1ll*s2*(x[i]-x[j])%P;
}
res=(res+1ll*(1ll*s1*Pow(s2, P-2, P)%P)*y[i])%P;
}
return (res%P+P)%P;
}
int main()
{
int A=read(), n=read(), m=2*n+1, P=read(), fac=1, res=0;
for (int i=1; i<=n; i++) fac=1ll*fac*i%P;
for (int i=0; i<=m; i++) f[0][i]=1;
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=m; j++)
f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*j+f[i][j-1])%P;
for (int i=1; i<=m; i++) x[i]=i;
for (int i=1; i<=m; i++) y[i]=f[n][i];
printf("%d
", 1ll*fac*Lagrange(x, y, m, A, P)%P);
return 0;
}
写在最后
拉格朗日插值是一种通过点值转换为插值的算法，当然还有(O(nlog^2n))的快速插值，但仅出现在少数毒瘤多项式中。
拉格朗日插值的一个经典应用是优化(O(nm))的(DP)，当(DP)值是一个关于(m)的(n)的级别次多项式，且(m)极大时。它的数据范围也很有辨识度对吧