VII.【模板】拉格朗日插值
我们之前一直在研究多项式。但是多项式都是从哪来的呢？
所以拉格朗日插值就给了我们一种求多项式的方式。具体而言，运用拉格朗日插值，你可以根据\(n+1\)个点求出一个\(n\)次多项式来经过这所有点。
我们来看一下这具体是怎么实现的。
我们定义拉格朗日基本多项式为：
\[\boxed{l_i(x)=\prod\limits_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}}
\]
我们观察一下这个\(l_i(x)\)，就会发现它的一个重要性质为：
-
当\(x=x_k(k\neq i)\)时，总有\(l_i(x)=0\)；
-
当\(x=x_i\)时，则有\(l_i(x)=1\)。
证明可以通过简单代入得到。
于是我们便可以得到拉格朗日插值公式：
\[\boxed{f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_il_i(x)}
\]
如果你只想得到一个具体的\(f(x)\)的值的话，直接代入即可；否则，如果你想知道\(f(x)\)的多项式表达，就要回到拉格朗日基本多项式上去：
\[l_i(x)=\prod\limits_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}
\]
显然分母上的\(x_i-x_j\)是常数，所以不是我们的主要目标；棘手的是分子上的\(x-x_j\)，如果用多项式乘法暴力乘一起的话，复杂度显然是单次\(n^2\)的，会炸掉。
于是我们就只能考虑先求出所有的\(\prod\limits_{i=1}^n x-x_j\)，然后到每个位置除掉即可。
或许你会想到多项式求逆，但那仍然很糟糕；但是因为除掉的东西是简单的\(x-\alpha\)的形式，故直接仿照高精度除法那样子模拟一下即可。
两种方法都是\(O(n^2)\)的。我们这里只写了方便实现的代入法。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,u[2010],v[2010],prod=1,res,now;
int ksm(int x,int y){
int z=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
return z;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&u[i],&v[i]),prod=1ll*prod*(m-u[i]+mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++){
now=1ll*prod*ksm((m-u[i]+mod)%mod,mod-2)%mod;
for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j)now=1ll*now*ksm((u[i]-u[j]+mod)%mod,mod-2)%mod;
now=1ll*now*v[i]%mod;
(res+=now)%=mod;
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}