拉格朗日插值法
问题引入：
有一个(n+1)项的多项式(f(x))，给出(n+1)个点((x_i,y_i))，求这个多项式。
解答
这里我们直接给出问题的答案：
[f(x)=sum_{i=0}^ny_iprod_{j
e i}frac{x-x_j}{x_i-x_j}
]
考虑我们带入(x_k)，可得：
[f(x_k)=sum_{i=0}^ny_iprod_{j
e i}frac{x_k-x_j}{x_i-x_j}
]
注意到(i e k)的项分子一定有一项为(0)，所以：
[f(x_k)=y_kprod_{j
e k}frac{x_k-x_j}{x_k-x_j}=y_k
]
发现这个多项式是满足条件的，证毕。
至此，我们可以在(O(n^2))的时间内求出(f(x))。
但是注意到上面如果要这个多项式的每个系数，复杂度为(O(n^3))，这显然是不能接受的，我们考虑如何降低复杂度。
我们设拉格朗日基本多项式(l(x))：
[l(x)=prod_{i=1}^{n}(x-x_i)
]
(l(x))显然可以在(O(n^2))的时间算出来。
那么我们可以把(f(x))改写一下：
[f(x)=sum_{i=1}^{n}left(yprod_{j
e i}frac{1}{x_i-x_j}
ight)frac{l(x)}{x-x_i}
]
注意到后面多项式除法分母只有两项，我们可以模拟长除法做到(O(n))，前面复杂度也是(O(n))，总复杂度(O(n^2))。
(x_ i)连续时的情况：
同样我们把式子抄过来：
[f(x)=sum_{i=0}^ny_iprod_{j
e i}frac{x-x_j}{x_i-x_j}
]
可以发现分子可以用前缀积来表示，设：
[pre_i=prod_{j=0}^i(x-x_j),suf_i=prod_{j=i}^n(x-x_j)
]
由于(x_i)连续，分母可以写成阶乘的形式，式子变成：
[f(x)=sum_{i=0}^ny_ifrac{pre_{i-1}cdot suf_{i+1}}{(-1)^{n-i}i!(n-i)!}
]
至此，我们可以在(O(k))的时间内算出任意一项。
那么我们可以很方便(O(k))的算出(sum_{i=1}^ni^k)，可以比较容易的证明，这是一个(k+1)次的多项式，所以直接插值就好了。
其中(iin [0,k+1])的取值我们可以线筛然后前缀和，对于每个素数我们暴力的快速幂，由于素数密度，这部分的复杂度是(O(dfrac{k}{ln k} cdot log k)=O(k))。
习题：
[underline{widehat{dbinom{odot_veeodot}{{
aise-8pt"}wr{
aise-8pt"}}}}
]