浅谈算法——拉格朗日插值

拉格朗日插值法：是以法国十八世纪数学家约瑟夫·拉格朗日命名的一种多项式插值方法（摘自某度百科）

首先我们需要知道，拉格朗日插值法有何用？

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举例子永远是最好的方法

比如说，已知下面这几个点，我想找到一根穿过它们的曲线：

(k+1)个点是肯定可以确定一个(k)次函数的，因为待定系数法啊，然后我们假设函数为(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2)，然后我们就有

[egin{cases}y_1=a_0+a_1x_1+a_2x_1^2 onumber\y_2=a_0+a_1x_2+a_2x_2^2 onumber\y_3=a_0+a_1x_3+a_2x_3^2 onumberend{cases} ]

可是可以，但是扩展性不强……毕竟考场上没有可以解多元一次方程的机子……手动推通解的话……呵呵

拉格朗日也是这样想的，但是他觉得：我可以通过三根二次曲线相加得到这个函数，那么是怎样的三根曲线嘞？

第一根曲线(f_1(x))，满足(f_1(x_1)=1,f_1(x_2)=f_1(x_3)=0)

然后第二、三根曲线类似

我们可以发现

• (y_1f_1(x))可以保证，在(x_1)处，取值为(y_1)，其余两点取值为0
• (y_2f_2(x))可以保证，在(x_2)处，取值为(y_2)，其余两点取值为0
• (y_3f_3(x))可以保证，在(x_3)处，取值为(y_3)，其余两点取值为0

那么

[f(x)=y_1f_1(x)+y_2f_2(x)+y_3f_3(x) ]

可以一一穿过这三个点

当函数不是二次，而是多次的时候，这个方法同样成立

于是前人根据这个方法，总结出了拉格朗日插值法的一般式，即

[f(x)=sumlimits_{i=0}^ky_iprodlimits_{j ot =i}dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

(因为1～k+1写起来很丑，所以这里写的是0～k，本质相同)

我们可以发现，任意代入一个(x_k)，都必然有(f(x_k)=y_k)，过程留给读者自己推导

这样我们就可以在(O(k^2))的时间内求出(f(x))

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我们再来考虑一些特殊的情况，比如(x_i)连续的情况

我们先把式子抄一遍

[f(x)=sumlimits_{i=0}^ny_iprodlimits_{j ot =i}dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

由于(x_i)连续，所以我们可以把分子用前后缀积来表示

[P_i=prodlimits_{j=0}^i(x-x_j),S_i=prodlimits_{j=i}^n(x-x_j) ]

然后分母可以写成阶乘的形式，式子变成

[f(x)=sumlimits_{i=0}^ny_idfrac{P_{i-1}·S_{i+1}}{(-1)^{n-i}i!(n-i)!} ]

那么我们就可以在(O(k))的时间内算出(f(x))的值了

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至于一些应用，最常见的就是求(sumlimits_{i=1}^ni^k)的值，也就是求幂和，根据这里的式子可以得到

[S_k(n)=sumlimits_{i=1}^ni^k=dfrac{(n+1)^{k+1}-sumlimits_{j=0}^{k-1}inom{k+1}{j}S_j(n)-1}{k+1} ]

容易发现其为(k+1)次多项式，于是我们可以使用拉格朗日插值法

其中(iin[0,k+1])的取值我们用线筛，对于每个素数我们暴力快速幂，这部分时间复杂度为(O(dfrac{k}{ln k}·log k)=O(k))

所以总时间复杂度为(O(k))