解题报告多项式求值与插值（拉格朗日插值）（ACM / OI）

Posted 2021-05-21 繁凡さん

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本题单前置知识：【学习笔记】多项式全家桶（包含全套证明）

拉格朗日插值法

有拉格朗日插值公式：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

A. P4781 【模板】拉格朗日插值

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P4781

Problem

我们将 $n$个点带入拉格朗日插值公式计算 $f(k)$ 即可。时间复杂度$O(n^2)$。

注意本题还要求逆元，为了防止求逆元的时间复杂度影响整体的时间复杂度，所以我们分别计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求逆元上，总体的时间复杂度为$O(n^2)$。

Code

本题需要累乘，会爆int，记得开long long

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 500007;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
ll n, m, k;

struct Point
{
    ll x, y;
}A[N];

ll qpow(ll a, ll b, ll c)
{
    ll res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = res * a % c;
        a = a * a % c;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x) {return qpow(x, mod - 2, mod);}

int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%lld%lld", &A[i].x, &A[i].y);
    }
    ll ans = 0;

    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        ll s1 = A[i].y % mod;
        ll s2 = 1ll;
        for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
            if(i != j) {
                s1 = s1 * (k - A[j].x) % mod;
                s2 = s2 * (A[i].x - A[j].x) % mod;
            }
        }
        ans += s1 * inv(s2) % mod;
    }
    printf("%lld\\n", (ans % mod + mod) % mod);
    return 0;
}

我们使用拉格朗日插值公式，对于一个数 $k$ ，我们很容易在 $O(n^2)$ 时间求得 $F(k)$ 的数值，如果 $x_i$ 是连续的，我们甚至可以利用预处理在 $O(n)$ 时间内得到 $F(k)$ 的数值。
但是如果 $x_i$ 不连续，又有多组查询，就需要得到这个多项式的系数以保证求一个函数值的时间为 $O(n)$ 。

重心拉格朗日插值法

考虑对拉格朗日插值公式进行优化：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

设 $$h=\prod _{i=1}^{n}x-x_i$$
带入得：
$$=h\sum _{i=1}^n\prod _{j\ne i}\frac{y_i}{(x_i-x_j)(x-x_i)}$$

​

设
$$t_i=\prod _{j\ne i}\frac{y_i}{x_i-x_j}$$
​
带入得：

$$=h\sum _{i=1}^n\frac{t_i}{x-x_i}$$
​

在每次加入一个新点时，计算出它的 $t_i$ ，并且更新别的点的 $t_i$ ，时间复杂度 $O(n)$，加

以上是关于解题报告多项式求值与插值（拉格朗日插值）（ACM / OI）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

拉格朗日插值法

拉格朗日插值方法

拉格朗日插值公式

拉格朗日插值法理论误差怎么得的

多项式快速插值

拉格朗日插值法(图文详解)