【luogu4781】拉格朗日插值

题目背景

这是一道模板题

题目描述

由小学知识可知，nn个点(x_i,y_i)(xi​,yi​)可以唯一地确定一个多项式

现在，给定nn个点，请你确定这个多项式，并将kk代入求值

求出的值对998244353998244353取模

输入格式

第一行两个正整数n,kn,k，含义如题

接下来nn行，每行两个正整数x_i,y_ixi​,yi​，含义如题

输出格式

一个整数表示答案

输入阳历：

3 100
1 4
2 9
3 16

输出样例：

10201

所周知，n + 1n+1个xx坐标不同的点可以确定唯一的最高为nn次的多项式。在算法竞赛中，我们常常会碰到一类题目，题目中直接或间接的给出了n+1n+1个点，让我们求由这些点构成的多项式在某一位置的取值

一个最显然的思路就是直接高斯消元求出多项式的系数，但是这样做复杂度巨大(n^3)(n3)且根据算法实现不同往往会存在精度问题

而拉格朗日插值法可以在n^2n2的复杂度内完美解决上述问题

假设该多项式为f(x)f(x), 第ii个点的坐标为(x_i, y_i)(xi​,yi​)，我们需要找到该多项式在kk点的取值

根据拉格朗日插值法

f(k) = sum_{i = 0}^{n} y_i prod_{i ot = j} frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}f(k)=i=0∑n​yi​i̸=j∏​x[i]−x[j]k−x[j]​

乍一看可能不是很好理解，我们来举个例子理解一下

假设给出的三个点为(1, 3)(2, 7)(3, 13)(1,3)(2,7)(3,13)

直接把$f(k)展开$

f(k) = 3 frac{(k - 2)(k - 3)}{(1 - 2)(1 - 3)} + 7frac{(k-1)(k-2)}{(2 - 1)(2-3)} + 13frac{(k-1)(k-2)}{(3 -1)(3-2)}f(k)=3(1−2)(1−3)(k−2)(k−3)​+7(2−1)(2−3)(k−1)(k−2)​+13(3−1)(3−2)(k−1)(k−2)​

观察不难得到，如果我们把x_ixi​带入的话，除第ii项外的每一项的分子中都会有x_i - x_ixi​−xi​，这样其他的所有项就都被消去了

因此拉格朗日插值法的正确性是可以保证的

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define int long long
#define mod 998244353
const int N = 2050;
using namespace std;
inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=s*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return s*w;
}
int power(int a,int b)
{
	int res=1;
	for(;b;b>>=1)
	{
		if(b&1)res=(res%mod*a%mod)%mod;
		a=(a%mod*a%mod)%mod;
	}
	return res%mod;
}
int x[N],y[N],n,ans,v;
signed main()
{
	n=read();
	v=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		x[i]=read();y[i]=read();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int k=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j)k=k*(x[i]+mod-x[j])%mod;
		k=power(k,mod-2);
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i!=j)k=k*(v+mod-x[j])%mod;
		}
		k=k*y[i]%mod;
		ans=(ans+k)%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}