基本内容
考虑一个最高次项为(n)的多项式函数(f(x))，它可以写成：
拉格朗日插值要解决的问题是：
告诉你(n+1)个(x_i)((0leq ileq n))，和它们对应的(y_i=f(x_i))的值。让你回答询问：对某个给定的(k)，求出(f(k))的值。
朴素的想法是把(a_0,a_1dots a_n)看做(n+1)个未知数，给定的(n+1)组(x_i)和(y_i)看做(n+1)个方程。然后用高斯消元解方程。时间复杂度是(O(n^3))。
考虑更快的做法。也就是拉格朗日插值法。它的结论是：
可以感性理解其正确性：当(k)等于某个(x_t)时：若(i eq t)，则必会出现(j=t)的情况，也就是说(prod)中必有一项的分子为(0)，因此(i eq t)的项对求和式就没有贡献。当(i=t)时，(prod)的每一项分子分母都相等。因此(f(k)=y_t)，这与题目条件是相符的。
至此，我们已经求出了(f(k))。时间复杂度就是按这个式子暴力模拟的复杂度：(O(n^2))。
求系数
我们不满足于求某个特定(f(k))的值。我们还想要知道(a_0dots a_n)具体是多少。
把上面的式子转化一下：(f(k)=sum_{i=0}^{n}frac{y_i}{prod_{j eq i}x_i-x_j}prod_{j eq i}(k-x_j))。请务必注意：这个式子里只有(k)是变量，其他值都是常量。也就是说，我们的目标是要把它写成(f(k)=a_0+a_1k+a_2k^2+dots a_nk^n)的这种形式。
其中(frac{y_i}{prod_{j eq i}x_i-x_j})，作为常量，可以直接求出来。
那么关键的部分就是要把(prod_{j eq i}(k-x_j))“展开”成一个关于(k)的求和的形式。我们先预处理出(prod_{j=0}^{n}(k-x_j))：把它写成一个以(k)为自变量的最高次数为(n+1)次的多项式。然后对于每个(i)，我们在预处理出的这个(n+1)次多项式的基础上，除以((k-x_i))。
乘以((k-x_i))和除以((k-x_i))的操作都可以(O(n))实现。具体来说，考虑两个生成函数：(H(k))和(G(k))。其中(H(k)=G(k)(k-c))（请注意：(c)是在此处是一个常数，也就是前面式子里的(x_i)。而(k)是变量）。考虑生成函数的(k^i)项，可知：(h_i=g_{i-1}-cg_i)。那么，乘以((k-c))相当于由(G)推(H)，除以((k-c))相当于由(H)推(G)。根据(h_i=g_{i-1}-cg_i)直接递推即可。
总时间复杂度(O(n^2))。
乘/除以((k-x_i))的代码：
void mul(int f[],int c){//mul(k-c)
for(int i=n;i>=0;--i){
f[i]=(i?f[i-1]:0)-a*f[i];
}
}
void div(int f[],int c){//div(k-c)
int lst=0;
for(int i=n;i>=0;--i){
lst+=a*f[i+1];
swap(f[i],lst);
}
}
LOJ165: 动态加点，随时询问
朴素的做法中，加点是(O(1))的；询问时按拉格朗日插值的公式模拟一遍，复杂度(O(n^2))。因为有(O(n))次询问，所以总时间复杂度(O(n^3))。
发现朴素做法中，加点、查询的复杂度非常不平均：加点太快了、查询太慢了。于是我们想，能不能在加点的同时维护一些东西，使得两种操作的复杂度都变为(O(n^2log x))或(O(n^2))。
考虑在询问时还是枚举(i)。我们预先维护好求积式中分母、分子的值。
- 分母：对于每个(i)，维护一个( ext{fm}[i]=frac{1}{prod_{j eq i}(x_i-x_j)})，这个可以在加点时顺便维护出来。
- 分子：在询问时，先特判(k)等于其中某个(x_t)的情况（直接输出(y_t)）。否则就求一个变量( ext{fz}=prod_{j=0}^{n}(k-x_j))，然后在枚举(i)时除以((k-x_i))即可。
于是，一次询问的答案可以写为：(sum_{i=0}^{n}y_icdot ext{fm}[i]cdot ext{fz}cdotfrac{1}{k-x_i})。
如果在线回答询问，就需要(O(log x))求逆元。时间复杂度(O(n^2log x))。如果把询问离线下来，预处理所有逆元，则时间复杂度(O(n^2))。两种做法的参考代码：在线(TLE 70分)，离线预处理逆元(AC 100分)。
(x)取值连续时
在(x)取值为连续的(n+1)个自然数时，我们可以把拉格朗日插值算法的时间复杂度优化为(O(n))。
回到最开始的式子，即：(f(k)=sum_{i=0}^{n}y_iprod_{j eq i}frac{k-x_j}{x_i-x_j})。
首先，我们可以预处理(k-x_i)的前缀积、后缀积。具体地，预处理出：( ext{pre}[i]=prod_{j=0}^{i}(k-x_j)), ( ext{suf}[i]=prod_{j=i}^{n}(k-x_j))。这样，上式中的分子就等于(prod_{j eq i}(k-x_j)= ext{pre}[i-1]cdot ext{suf}[i+1])。
然后考虑分母，即：(prod_{j eq i}(x_i-x_j))。因为(x)取值连续，所以这个式子就等于(prod_{j eq i}(i-j))。分(j<i)、(j>i)讨论，这个式子可以化为：(i!cdot(-1)^{n-i}cdot(n-i)!)。
综上所述，此时：
按这个式子直接模拟，时间复杂度(O(n))。
自然数幂求和
给定(n), (k)，求：(S(n,k)=sum_{i=1}^{n}i^k)。一般(n)很大（(10^9)级别）而(k)较小（(10^5)级别）。
其中一个经典的方法是把(S(n,k))中(n)视为定值，然后写出其指数生成函数：(sum_{i=0}^{infty}S(n,i)frac{x^i}{i!})。再根据(e^x=sum_{i=0}^{infty}frac{x^i}{i!})进行一系列代换。最后用多项式求逆求出答案。时间复杂度(O(klog k))。这种方法的好处是可以一次性求出所有(S(n,0dots k))。
本文要介绍的拉格朗日插值法，一次只能求出一个(S(n,k))，但是时间复杂度只有(O(k))，而且更好写。
这种方法基于一个结论：
(S(n,k))是以(n)为自变量的(k+1)次多项式。（请注意，这里与上一种方法恰恰相反，它把(n)看做变量、(k)看做定值）。
例如，(sum_{i=1}^{n}i^2=frac{n(n+1)(2n+1)}{6})，这就是一个(3)次多项式。
因此我们可以带入(k+2)个点，然后用拉格朗日插值法直接求出(S(n,k))。如果带入的(k+2)个点为(1dots k+2)，则时间复杂度为(O(k))。
至于预处理(1^k,2^k,dots ,(k+2)^k)，可以用线性筛。在质数处暴力快速幂。因为质数只有(O(frac{k}{log k}))个。所以复杂度就是(O(frac{k}{log k}cdot log k)=O(k))。