「学习笔记」拉格朗日插值

一般形式的构造过程

((n+1)) 个横坐标不同的点可以唯一确定一个 (n) 次多项式，假如知道答案是个关于某个值的多项式以及其项数和若干个点，那么就可以拉格朗日插值出多项式，算出答案。

简单来讲，我们需要构造一个 (n) 次多项式，使得它满足在已知的点 (x_i) 处取值为 (y_i)。

构造 (f_i(x))，使得其仅在 (x_i) 处取值为 (1)，其他 (x_j,j eq i) 处取值为 (0)。

那么 (y_if_i(x)) 仅在 (x_i) 处取值为 (y_i)，其他 (x_j,j eq i) 处取值为 (0)。

对 (y_if_i(x)) 求和即得到了我们要求的多项式：在 (x_i) 处取值为 (y_i) 的 (n) 次多项式。

如何构造 (f_i(x))？

• 如果要在 (x_j,j eq i) 处取值为 (0)，可以让 ((x-x_j),j eq i) 乘起来，即为 (prod_{j eq i}(x-x_j))，为描述方便记作 (g(x))，基于这个式子，不管怎么对其乘除，在 (x_j,j eq i) 处取值都为 (0)。

• 如果要在 (x_i) 处取值为 (1)，则让 (f_i(x)=frac{g(x)}{g(x_i)})，这样当 (x=x_i) 时，(f_i(x_i)=frac{g_{x_i}}{g_{x_i}}=1)，注意到 (x_i eq j,i eq j)，所以不会出现除 (0) 的情况。

综上所述，我们构造出了 (f_i(x)=prod_{j eq i}frac{x-x_j}{x_i-x_j})，题目中所求的 (n) 次多项式即为：

[egin{aligned} &sum _{i=1}^{n}y_if_i(x) \ &sum_{i=1}^ny_iprod_{j eq i}frac{x-x_j}{x_i-x_j} end{aligned} ]

若 (x_i) 是连续的 (n) 个整数的 (mathcal{O}(n)) 做法

代入值到 (x) 中直接对这个式子计算，每一次枚举 (i) 后，最后一块算分母的逆元，只会算 (n) 次逆元，时间复杂度为 (mathcal{O}(n^2))。

特别地，若 (x_i) 是连续的 (n) 个整数，则可以 (mathcal{O}(n)) 计算。

设 (pre_i=prod_{j=1}^i x-j,suf_i=prod_{j=i+1}^nx-j)，也就是分子的前缀/后缀积，(fac_i=i!)。

则

[egin{aligned} f(x)&=sum_{i=1}^ny_iprod_{j eq i}frac{x-x_j}{x_i-x_j} \ &=sum_{i=1}^ny_ifrac{pre_{i-1}cdot suf_{i+1}}{fac_{i-1}cdot fac_{n-i}cdot (-1)^{n-i}} end{aligned} ]

可以线性递推求逆元，(mathcal{O}(n+log mod)) 求逆元也是可以接受的，故复杂度为 (mathcal{O}(n))

重心拉格朗日插值法

如果每加一次点就要询问，如何解决？推一下式子试试。

[egin{aligned} f(x)&=sum_{i=1}^ny_iprod_{j eq i}frac{x-x_j}{x_i-x_j} \ &=sum_{i=1}^ny_ifrac{prod_{j eq i}(x-x_j)}{prod_{j eq i}(x_i-x_j)} \ &=sum_{i=1}^ny_ifrac{prod_{j=1}^n(x-x_j)}{left(prod_{j=1}^n(x_i-x_j) ight )cdot (x-x_i)} \ &=prod_{j=1}^n(x-x_j)sum_{i=1}^nfrac{y_i}{left(prod_{j=1}^n(x_i-x_j) ight )cdot (x-x_i)} end{aligned} ]

设 (g=prod_{j=1}^n(x-x_j),w(i)=prod_{j=1}^n(x_i-x_j))

则原式 (=gsum_{i=1}^nfrac{y_i}{w(i)cdot (x-x_i)}).

每加入一个点，(mathcal{O}(n)) 计算出 (g,w(i)) 再 (mathcal{O}(n)) 计算 (f(x)) 即可。

栗题一

ABC208F

给定 (n,m,k)，计算 (f(n,m)) 的值，模 (10^9+7)．

[egin{aligned} displaystyle f(n, m)& = egin{cases} 0 & (n = 0) ewline \ n^K & (n gt 0, m = 0) ewline \ f(n-1, m) + f(n, m-1) & (n gt 0, m gt 0) end{cases} end{aligned} ]

(0 leq N leq 10^{18},0 leq M leq 30,1 leq K leq 2.5 imes 10^6)．

易发现答案为 (1^k,2^k,3^k,cdots ,n^k) 的 (m) 阶前缀和的第 (n) 项值。

考虑 (i^k) 对答案的贡献次数，是对 (f_0=1,f_k=0(k>0)) 的数组作 (m) 阶前缀和后的第 ((n-i)) 项，也就是 (f_{n-i})。其值为 (inom{n-i+m-1}{m-1})．

从组合意义上考虑，作一阶前缀和为 (1,1,1,cdots)，设后面第 (i) 阶前缀和的 (f_j=g_{i,j})，有递推式 (g_{i,j}=g_{i-1,j}+g_{i,j-1})，恰为只能向右、下走的格点计数。

故贡献的次数为 ((1,0) o (m,n-i)) 的路径数，即为 (inom{n-i+m-1}{m-1})。

所以答案为：

[sum_{i=0}^n i^kinom{n-i+m-1}{m-1} ]

考虑 (i^kinom{n-i+m-1}{m-1}) 中 (i^k) 为关于 (i) 的 (k) 次单项式。

(inom{n-i+m-1}{m-1}=frac{(n-i+m-1)!}{(m-1)!(n-i)!})，其中 ((n-i+m-1)!) 为关于 (i) 的 ((n-i+m-1)) 次多项式，((n-i)!) 为关于 (i) 的 ((m-1)) 次多项式，((m-1)!) 是常数。

故 (i^kinom{n-i+m-1}{m-1}) 是关于 (i) 的 ((m+k-1)) 次多项式。

对于 (iin [0,n])，对这个多项式求和即为答案。

其可以写成 (ans=a_0s_0+a_1s_1+a_2s_2+cdots+a_{m+k-1}s_{m+k-1}) 的形式，其中 (s_i=sumlimits_{j=0}^ij^k)．

由于 (s_i) 是关于 (i) 的 ((i+1)) 次多项式，故答案为关于 (n) 的 ((m+k)) 次多项式。

设 (l=m+k+1)，选出前 (l) 个连续的整数，算出其作 (m) 阶前缀和的答案，拉格朗日插值即可。

时间复杂度 (mathcal{O}(mk))．

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Add(T x, T y) { return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T Mod(T x) { return (x >= mod) ? (x - mod) : (x < 0 ? (x + mod) : x); }
template <typename T> T Mul(T x, T y) { return x * y % mod; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, ll y) { ll sumq = 1; while(y) { if(y & 1) sumq = sumq * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1; } return sumq; }
const int N = 2600100;
ll n;
int m, k;
ll a[N], fac[N], inv[N], pre[N], suf[N], ans;
signed main() {
	read(n); read(m); read(k); int l = m+k+1;
	if(!n) { puts("0");	return 0; }
	for(int i = 1; i <= l; ++i) a[i] = qpow(i, k);
	for(int j = 1; j <= m; ++j)
		for(int i = 1; i <= l; ++i)
			a[i] = Add(a[i], a[i-1]);
	inv[0] = fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
	inv[l] = qpow(fac[l], mod-2); n %= mod;
	for(int i = l-1; i; --i) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % mod;
	pre[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) pre[i] = pre[i-1] * (n - i) % mod;
	suf[l+1] = 1; for(int i = l; i; --i) suf[i] = suf[i+1] * (n - i) % mod;
	for(int i = 1; i <= l; ++i)
		ans = Add(ans, Mod(a[i] * pre[i-1] % mod * suf[i+1] % mod * inv[i-1] % mod * inv[l-i] % mod * (((l-i)&1) ? -1 : 1)));
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}