题解 P4781 【【模板】拉格朗日插值】

题目

本蒟蒻看到一道数学题，就顺手切了。感觉单单对这一题而言，部分评论区的大佬过于复杂了

【分析】

先讲讲拉格朗日插值法：

对于给定的 ((n+1)) 个点，我们可以确定唯一的一个 至多(n)次 函数 (f(x))

这里简单解释一下为什么是唯一的至多 (n) 次：

若给定 ((n+1)) 个点，理论上可以确定一个 (n) 次函数 (f(x)) 。但 (f(x)) 可以前几项系数为 (0) 。因此，本蒟蒻按照数学上的定义，认为它是至多 (n) 次的。

若给定 ((n+1)) 个点，肯定还能给出其他的 (k) 个点使得函数 (f(x)) 变为至多 ((n+k)) 次。由于其他 (k) 个点未知，故原本的这些点能确定无数个更高次数的函数。

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拉格朗日插值法的优秀就在于，它能不需要用高斯消元法，就能求出这个至多 (n) 次函数

按照朴素思路，我们是构造一个矩阵，然后高斯消元法 (O(n^3)) ，肯定是不够的 （P.S.因为本蒟蒻实在太菜，不懂有没有更优的算法优化高斯消元法）。

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拉格朗日插值法的思路很简单，按照题目样例一给的三个点：

1 4
2 9
3 16

我们假设有以下 (3) 个函数：

(G_1(x)=(x-2)(x-3))

(G_2(x)=(x-1)(x-3))

(G_3(x)=(x-1)(x-2))

因此，显然有

(G_1(2)=G_1(3)=0 , G_2(1)=G_2(3)=0 , G_3(1)=G_3(2)=0)

所以我们需要的原函数可以写为：

(f(x)=A_1G_1(x)+A_2G_2(x)+A_3G_3(x))

那就很显然有

(egin{cases}f(1)=A_1G_1(1)+A_2 imes0+A_3 imes 0=A_1G_1(1)\f(2)=A_1 imes 0+A_2G_2(2)+A_3 imes 0=A_2G_2(2)\f(3)=A_1 imes 0+A_2 imes 0+A_3G_3(3)=A_3G_3(3)end{cases})

再根据题意和计算：

(egin{cases}f(1)=4,G_1(1)=2\f(2)=9,G_2(2)=-1\f(3)=16,G_3(3)=2end{cases})

倒代回去可以解得：

(f(x)=2(x-2)(x-3)-9(x-1)(x-3)+8(x-1)(x-2)=(x+1)^2)

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当然，你会发现，这样是在代入 (k) 只需要 (O(n)) ，但这么做并没有更简单。

当然啦 ，但是我们求的不是 (f(x)) ，只是 (f(k)) 啊！

所以我们先提取一下上面的思路：

给定 (n) 个点 ((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)dots(x_n,y_n))

我们先设定一个 (displaystyle G_i(x)=prod_{j=1}^{i-1}(x-x_j)cdotprod_{j=i+1}^n(x-x_j))

即 (displaystyle G_i(x)=prod_{j=1&j eq i}^n(x-x_j))

再另 (displaystyle g(x)=prod_{i=1}^n(x-x_i))

因此 (forall iin[1,n]igcap Z,g(x_i)=0)

所以有 (G_i(k)(k-x_i)=g(k))

且 (forall j eq i,G_i(x_j)=0)

由上述式子设 (displaystyle f(x)=sum_{i=1}^nA_iG_i(x))

倒代入点的坐标得：

(displaystyle y_i=f(x_i)=sum_{i=1}^nA_iG_i(x_i)=A_iG_i(x_i))

因此 (A_i=y_i[G_i(x_i)]^{-1})

所以代入原式得：

(displaystyle f(x)=sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(x))

我们分类讨论一下：

1. 若 (exists iin [1,n]igcap Z,k=x_i) ， (f(k)=f(x_i)=y_i) ，算都不用算

2. 若 (forall iin[1,n]igcap Z,k eq x_i)

(g(k) eq0)

由 (G_i(k)(k-x_i)=g(k)) 得

(G_i(k)=g(k)(k-x_i)^{-1})

代入原式：

(displaystyle f(k)=sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(k)=sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}g(k)(k-x_i)^{-1})

看起来更复杂了

但是，我们可以注意到，(g(k)) 对于 (i) 而言，是定值

还有 ([G_i(x_i)]^{-1}) 与 ((k-x_i)^{-1}) 肯定是可以合并的

所以我们按这个方法，整理原式得：

(displaystyle f(k)=g(k)cdotsum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)(k-x_i)]^{-1})

另 (Inv(x)) 表示数 (x) 在模 (998244353) 下的逆元

就有： (displaystyle f(k)=g(k)cdotsum_{i=1}^ny_icdot Inv[G_i(x_i)(k-x_i)])

至于 (g(k)) 是一个 (O(n)) 扫过去的事

(G_i(x_i)) 也是一个 (O(n)) 扫过去的事

乘一下，用 exgcd 或者 欧拉定理加快速幂 可以一个 (O(log n)) 求出逆元

所以求和符号内的复杂度为 (O(n)+O(log n)=O(n))

套个求和符号就是 (O(n imes n)=O(n^2))

复杂度上肯定是过得了了

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总结一下，就是：

(f(k)=egin{cases}y_i,k=x_i\g(k)sum_{i=1}^ny_iInv[G_i(x_i)(k-x_i)]end{cases})

那求逆元本蒟蒻是用了非递归的 exgcd ，众位大犇可以直接看本蒟蒻的代码

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【代码】

那本蒟蒻就放 我码风极丑的 代码了

#include<cstdio>
using namespace std;
#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)
#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)
typedef int i32;
typedef long long i64;
const i64 Mod=998244353;
inline char gc(){
  static char s[1<<20|1],*p1=s,*p2=s;
  return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);
}
inline i64 read(){
  register i64 ans=0;register bool neg=0;register char c=gc();
  while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();
  while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();
  return neg?-ans:ans;
}
inline void input(i64 &lld_X,i64 &lld_Y,i64 &lld_Bas,i64 lld_K){
  lld_X=read();
  lld_Y=read();
  lld_K-=lld_X;
  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;
  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;
  lld_Bas*=lld_K;
  lld_Bas%=Mod;
}
inline i64 Inv(i64 lld_A){
  register i64 lld_Tmp[10000]={0},lld_Cur=1;
  register i64 lld_X=1,lld_Y=0,lld_B=Mod;
  lld_Tmp[0]=lld_A/lld_B;
  while(lld_B^=lld_A^=lld_B^=lld_A%=lld_B)
    lld_Tmp[lld_Cur++]=lld_A/lld_B;
  while(lld_Cur--)
    lld_Y^=lld_X^=lld_Y^=lld_X-=lld_Tmp[lld_Cur]*lld_Y;
  lld_X%=Mod;
  if(lld_X<0) lld_X+=Mod;
  return lld_X;
}
inline i64 calc(i64 lld_X[],i64 lld_Y,i32 d_Pos,i32 d_N,i64 lld_K){
  i64 lld_Ans=1;
  f(i,1,I,d_Pos-1)
    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;
  f(i,d_Pos+1,I,d_N)
    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;
  lld_Ans=lld_Ans*(lld_K-lld_X[d_Pos])%Mod;
  if(lld_Ans<0) lld_Ans+=Mod;
  return Inv(lld_Ans)*lld_Y%Mod;
}
inline void print(i64 lld_Ans){
  char s[20]={0};
  fwrite(s,1,sprintf(s,"%lld",lld_Ans),stdout);
}
i32 main(){
  i32 d_N=read();
  i64 lld_K=read(),lld_X[2048]={0},lld_Y[2048]={0},lld_Bas=1,lld_Ans=0;
  f(i,1,I,d_N){
  	input(lld_X[i],lld_Y[i],lld_Bas,lld_K);
  	if(lld_X[i]==lld_K){
  	  print(lld_Y[i]);
      return 0;
    }
  }
  f(i,1,I,d_N){
    lld_Ans+=calc(lld_X,lld_Y[i],i,d_N,lld_K);
    if(lld_Ans>=Mod) lld_Ans-=Mod;
  }
  lld_Ans=lld_Ans*lld_Bas%Mod;
  print(lld_Ans);
  return 0;
}

最后安利一下 本蒟蒻的博客