题目描述
这是一道模板题。
维护一个点集 S，初始时点集为空集。下面依次进行 n 个操作，操作有两种：
1 x y：向点集中添加点((x,y))。保证点集中 x 互不相同。
2 k：输出 (f(k) mod 998244353) 的值，其中 (f(x)) 是一个次数不超过 (|s|-1) 次的函数，且经过 s 中所有的点。
输入格式
第一行，一个整数 n，表示操作个数。
接下来 n 行，每行 2 或 3 个整数，描述操作。
数据保证第一个操作必定为 1 类型操作。
输出格式
多行，第 i 行，一个整数，表示对第 i 个 2 类型操作要求计算的 (f(k) mod 998244353) 的值。
样例
输入
6
1 2 3
2 5
1 4 7
2 5
1 1 4
2 5
输出
3
9
12
数据范围与提示
对于 (100 \%) 的数据，$ 1<=n<=3000,1<=x,y,k<998244353$，所有x 互不相同。
数据有一定梯度。
据说叫做重心拉格朗日差值
通过对原公式进行变形，使得拉格朗日插值法能够进行增加点和随时计算值。
[y=sum_{i=1}^{n}y_iprod_{j=1,j
eq i}^{n}(x-x_j)/(x_i-x_j)
]
[y=sum_{i=1}^{n}y_ifrac{prod_{j=1,j
eq i}^{n}(x-x_j)}{prod_{j=1,j
eq i}^{n}(x_i-x_j)}
]
[y=sum_{i=1}^{n}y_ifrac{prod_{j=1}^{n}(x-x_j)}{(x-x_i)prod_{j=1,j
eq i}^{n}(x_i-x_j)}
]
[y=prod_{j=1}^{n}(x-x_j)sum_{i=1}^{n}frac{y_i}{(x-x_i)prod_{j=1,j
eq i}^{n}(x_i-x_j)}
]
这里面，(prod_{j=1}^{n}(x-x_j))部分每次询问时可以(O(n))得到。
(y_i)和(x-x_i)可以(O(1))得到
(prod_{j=1,j
eq i}^{n}(x_i-x_j))则需要一个数组来进行存储，每次增加点都要(O(n))维护（代码中lc[]）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3010;
const int mod=998244353;
typedef long long ll;
ll lc[maxn],x[maxn],y[maxn];
int nn,n;
ll qpow(int x,int y)
{
if(y==0)return 1;
ll tp=qpow(x,y/2);
tp=tp*tp%mod;
if(y&1)tp=tp*x%mod;
return tp;
}
int main()
{
scanf("%d",&nn);
while(nn--)
{
int op,a,b;
scanf("%d",&op);
if(op==1)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
++n;
y[n]=b;x[n]=a;
lc[n]=1;
for(int i=1;i<n;++i)lc[i]=lc[i]*(x[i]-x[n])%mod;
for(int i=1;i<n;++i)lc[n]=lc[n]*(x[n]-x[i])%mod;
}
else
{
scanf("%d",&a);
bool fd=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(x[i]==a)
{
printf("%d
",y[i]);
fd=1;
}
if(fd==1)continue;
ll tq=1;
for(int i=1;i<=n;++i)tq=tq*(a-x[i])%mod;
ll he=0;
for(int i=1;i<=n;++i)he=(he+y[i]*qpow(lc[i],mod-2)%mod*qpow(a-x[i],mod-2)%mod)%mod;
printf("%lld
",(tq*he%mod+mod)%mod);
}
}
return 0;
}