多项式入门——拉格朗日插值

多项式入门——拉格朗日插值

插值用来求解这样一类问题：给定 (n) 点 ((x_i,y_i)) 求过这些点的多项式。

1 简介

设 (f(x)) 为这个多项式，我们有：

[f(x)equiv f(a)mod (x-a) ag{1} ]

这是因为：

[f(x)-f(a)=(a_0-a_0)+a_1(x-a)+a_2(x^2-a^2)+... ]

而后者显然有一个根为 (a) ，所以 ((1)) 式得证。

通过把这 (n) 个点代入我们可以得到：

[egin{cases} f(x)equiv y_1mod x-x_1\ ...\ f(x)equiv y_nmod x-x_n end{cases} ]

显然模数互质，所以我们考虑用中国剩余定理来解决这个事情。

令 (M=prod_{i=1}^n(x-x_i)) ，(m_i=frac{M}{x-x_i}=prod_{i ot= j}(x-x_j)) 。并且在模 (x-x_i) 的意义下，我们有：

[m_i^{-1}=frac{1}{prodlimits_{i ot=j}(x_i-x_j)} ]

这是因为我们有：

[prod_{i ot =j}(x-x_j)equiv prod_{i ot =j}(x-x_j-x+x_i)=prod_{i ot =j}(x_i-x_j) ]

所以上述结论成立。

所以我们有：

[f(x)equiv sumlimits_{i=1}^ny_im_im_i^{-1}equiv sumlimits_{i=1}^ny_iprodlimits_{j ot=i}frac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

这个东西可以在 (n^2) 的时间内求出。

2 例题

链接

直接模拟上面的过程即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 2010
#define M number
using namespace std;

const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll mod=998244353;

template<typename T> inline void read(T &x) {
    x=0; int f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    x*=f;
}

inline ll ksm(ll a,ll b,ll mod){
    ll res=1;
    while(b){
        if(b&1) (res*=a)%=mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

inline ll inv(ll a){
    return ksm(a,mod-2,mod);
}

ll n,k,x[N],y[N],ans;

int main(){
    read(n);read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(x[i]);read(y[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll fenzi=1,fenmu=1;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(j==i) continue;
            fenmu*=(x[i]-x[j]);fenmu%=mod;
            fenzi*=(k-x[j]);fenzi%=mod;
        }
        ans+=y[i]*fenzi%mod*inv(fenmu)%mod;ans%=mod;
    }
    printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
    return 0;
}

注意：

1. 需要把分母乘出来再求逆元，这样复杂度的瓶颈就不会是求逆元。

2. 结尾注意化为正数。