CF 622F (拉格朗日插值)

传送门

解题思路

　　比较经典的一道题目。第一种方法是差分，就是假设(k=3)，我们打一个表。

0 1 9 36 100 225
 1 8 27 64  125
   7 19 37  61
     12 18  24
        6   6

　　表中第一行为所要求的前缀和，后面的(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1])，就是每个数字等于上面的数字(-)左上的数字，减到最后发现只剩一样的数字。此时第一行的后面的所有数字只与后面每一行的第一个数字有关，而且系数恰好是一个组合数。比如说我们要算第一行第(10)个数字，也就是(n=10)的时候的答案。那么

[ans=C(10,1)*1+C(10,2)*7+C(10,3)*12+C(10,4)*6 ]

　　这个的证明可以根据实际意义来，从第二行第一个数字到第一行第十个数字一共走(10)步，期中(1)步向上走，那么就为(C(10,1))。

　　所以我们暴力算出前(k+1)项的值，然后递推即可。差分法的时间复杂度为(O(k^2))的，无法通过此题。但是这个思想值得学习。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 1005;
const int MOD = 1e9+7;

int n,k,inv[MAXN],fac[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],ans;

inline int fast_pow(int x,int y){
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1){
    if(y&1) ret=ret*x%MOD;
    x=x*x%MOD;
  }
  return ret;
}

inline int C(int n,int m){
  return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}

signed main(){
  scanf("%lld%lld",&n,&k);fac[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
  for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
  for(int i=1;i<=k+1;i++) f[0][i]=f[0][i-1]+fast_pow(i,k),f[0][i]%=MOD;
  if(n<=k+1) {printf("%lld
",f[0][n]);return 0;}
  for(int i=1;i<=k+1;i++)
    for(int j=i;j<=k+1;j++) f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][j-1],f[i][j]=(f[i][j]+MOD)%MOD;
  for(int i=1;i<=k+1;i++)
    ans=(ans+f[i][i]*C(n,i)%MOD)%MOD;
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}

　　第二种方法自然就是拉格朗日插值法，对于一段连续的值来说，拉格朗日插值法可以在(O(k))内解决，具体来说就是将定义式变形。

[prodlimits_{i!=j} frac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

　　因为带入的值是连续的，所以上面一定是两段连续的乘积，我们要维护一个前缀乘积后缀乘积拼起来。下面的话可以看成两个阶乘，正负取决于(n-i)的奇偶性，这样就可以(O(n))的算出结果。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 1000005;
const int MOD = 1e9+7;

int n,k,inv[MAXN],y[MAXN];
int pre[MAXN],suf[MAXN],ans,fac[MAXN];

int fast_pow(int x,int y){
    int ret=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1) ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;
    }
    return ret;
}

signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    pre[0]=1;for(int i=1;i<=k+2;i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%MOD;
    suf[k+3]=1;for(int i=k+2;i;i--) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%MOD;
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=k+2;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    inv[k+2]=fast_pow(fac[k+2],MOD-2);
    for(int i=k+1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;int s1,s2;
    for(int i=1;i<=k+2;i++) y[i]=(y[i-1]+fast_pow(i,k))%MOD;
    for(int i=1;i<=k+2;i++){
        s1=pre[i-1]*suf[i+1]%MOD;
        s2=inv[i-1]*inv[k+2-i]*(((k+2-i)&1)?-1:1)%MOD;
        ans=((ans+s1*s2%MOD*y[i]%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}