拉格朗日插值复习笔记

拉格朗日插值法基于这个事实：(n)个点可以唯一确定一个(n-1)次多项式。

拉格朗日插值法

设(f(x))是个(n)次多项式

[f(x_0)=sum_{i=0}^{n}y_iprod_{j ot = i}frac {x_0-x_j} {x_i-x_j} ]

可以发现对于所给的点都可以利用该多项式正确地求出（考虑(prod_{j ot =i}frac {x_0-x_j} {x_i-x_j})这个式子，(x_0=x_i)时，其值恰好为(1)，然后对于(x_0 ot = x_i)时，其值恰好为(0)）
复杂度是(O(n^2))的。

代码如下，题目为LGOJP4781 【模板】拉格朗日插值

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 2010;
const int mod = 998244353;

int n, k;
int a[N], b[N];

int power(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod; b >>= 1;
	}
	return ans; 
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		int sum = 1, inv = 1;
		for(int j = 1; j <= n; ++j) {
			if(i == j) continue;
			(sum = 1ll * sum * (k - a[j] + mod) % mod); 
			(inv = 1ll * inv * (a[i] - a[j] + mod) % mod) %= mod;
		}
		ans = (1ll * ans + 1ll * sum * b[i] % mod * power(inv, mod - 2) % mod) % mod;
	}
	printf("%d
", (ans % mod + mod) % mod);
	return 0;
}

取值连续时的拉格朗日插值法

因为只需要任意(n+1)个不同点就可以确定一个(n)次多项式，所以很多时候为了方便取的任意(n+1)个点其实是连续的(1,2,3,...,n+1)。
那么令(x_i=i)，上述式子可以写成

[f(x_0)=sum_{i=0}^{n}y_iprod_{j ot = i}frac {x_0-j} {i-j} ]

(prod_{j ot = i}frac {x_0-j} {i-j}=frac {prod_{j<i} x_0-jprod_{j>i}x_0 - j} {i!(n-i)!})
那么预先维护出关于(x_0)的前缀积(pre)和后缀积(suf)，原式即可化为

[f(x_0)=sum_{i=0}^{n}y_i frac {pre[i-1] imes suf[i+1]} {i!(n-i)!} ]

于是复杂度降为(O(nlog n))，瓶颈在逆元，可以利用逆元的线性求法做到(O(n))。

应用：自然数幂和

求$$sum_{i=1}^n i^k$$
(1le nle 10^9, 1le k le 10^6)
(sum i^k)是一个(k+1)次多项式。所以拉格朗日插值插出这个多项式，然后代入(n)即可。