多点求值与暴力插值

暴力插值

给你 (n) 个点 ((x_i,y_i)) ，要求求出这个 (n-1) 次多项式 (F(x))

我们有

[F(x)=sum_{i=1}^ny_ifrac{!prodlimits_{1le jle n,i ot=j}!!!!(x-x_j)}{!prodlimits_{1le jle n,i ot=j}!!!!(x_i-x_j)} ]

感性愉悦认识一下这个拉格朗日插值

复杂度 (O(n^2))

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多点求值

给你 (X={x_0,x_1,x_2,dots,x_{m-1}}) 和 一个 (n) 次多项式 (A) ，要求求出 (Y={A(x_0),A(x_1),A(x_2),dots,A(x_{m-1})})

将需要求的点值分成两个子任务 (X_1={x_0,x_1,dots,x_{lfloorfrac{m}{2} floor}},X_2={x_{lfloorfrac{m}{2} floor+1},x_{lfloorfrac{m}{2} floor+2},dots,x_{m-1}})

若已经完成了 (X_1) 与 (X_2) 两个子任务的多点求值，且分别用 (X_1) 与 (X_2) 两个集合中的点插值得到的多项式为 (A_1(x),A_2(x))

考虑构造两个多项式 (P_1(x)=prodlimits_{0le ile lfloorfrac{m}{2} floor}(x-x_i)) ， (P_2(x)=prodlimits_{lfloorfrac{m}{2} floor<i<m}(x-x_i))

考虑 (A(x)=Q_1(x)P_1(x)+A_1(x)) ，我们将 (xin X_1) 的点代入，发现左边这个式子是成立的。

于是我们可以得到 (A_1(x)=A(x) mod P_1(x))

对 (A_2) 同理，然后我们可以两边递归求解

可以发现对于所有的 (P) 实际上在做分治合并的过程中都可以求，我们只需要存下来就可以了

根据主定理可以得到复杂度为 (O(nlog^2 n))

多项式取余

[A(x)=Q(x)B(x)+R(x) ]

其中 (deg A=n,deg B=m,deg R=n-m,m<n)

定义翻转操作 (A^r=x^nA(frac{1}{x}))，其中 (n=deg A)

将 (x=frac{1}{x}) ，并将两边同乘 (x^n)

[egin{aligned} &x^nA(frac{1}{x})=x^{n-m}Q(frac{1}{x})x^mB(frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(frac{1}{x})\ Rightarrow&A^r(x)equiv Q^r(x)B^r(x)pmod {x^{n-m+1}} end{aligned} ]

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代码晚点补