「学习笔记」多项式Lagrange插值

Lagrange 插值

有 ( exttt{Lagrange}) 公式：

[f(x)=sum_{i=1}^n y_i prod_{i eq j} frac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

如果给定了点值直接逆做就行了

貌似和 (IDFT) 有类似的地方，但是也显然是不一样的（点值的位置是不同的，(FFT) 利用了单位根的性质）

好像可以快速插值然后单点求值

时间复杂度 (O(n^2))

前后缀优化 Lagrange 插值

如果点值连续，可以预处理要求的 (f(k)) 的 (prod k-i)

那么求一个 (prod frac{k-x_i}{x_i-x_j}) 就可以阶乘逆元做了

这个是最常见的做法，貌似下面的例题均用此做法来进行了时间复杂度的优化

重心 Lagrange 插值

推一下式子考虑增量即可

应用是自然数幂前缀和，因为伯努利数原理，那么用第二个插值方法就行了

例题

「JLOI2016」 成绩比较

先钦定哪些人比他高，最后给答案乘 (inom {n-1}k)

考虑名次的限制，这里会计漏或者重复，那么容斥，也就是

[sum_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}inom {n-k} i prod_{k=1}^m inom {i}{R_i} ]

最后是分数的部分，列式展开发现需要对自然数求幂和，插值即可

[prod_{i=1}^msum_{x=1}^{U_i} (U-x)^{R_i-1}x^{n-R_i} ]

「集训队互测2012」calc

朴素的 (dp) 是 (trivial) 的：$f_{i,j}=f_{i-1,j-1} imes j+f_{i-1,j} $

假设 (f_{i,j}) 为 (g(i)) 次多项式，正向可以证明 (g(i)=2i)

所以求出来一些点值之后插 (k) 处的就行了

也可以使用生成函数科技：

考虑答案显然为 (prod_{i=1}^k (1+ix))

按照套路，乘法取 (ln) 转加法

得到的式子为：

[exp(sum_{i=1}^{infty}frac{(-1)^{i+1}sum i^k}{i!}x^i) ]

换换顺序得到 (Tyler) 展开的式子，同时还可以等比数列求和，那么需要几次 (exp) 就好了

「Codeforces 995F」Cowmpany Cowmpensation

树上的上面一题，值得指出的是，这个多项式是 (n) 次的

貌似没有生成函数做法

「NOI2019」机器人

本题并不属于简单题

考虑一个非常 (trivial) 的 (dp)：设 (f_{i,j,k}) 表示 ([i,j]) 的最大值为 (k) 的时候的答案，那么答案为 (f_{1,n,mx})

转移考虑找区间里面满足 (|(x-i)-(x-j)|le 2) 的 (x)

其实不难观察得到 (xin {mid,mid+1,mid-1})（分区间长度讨论即可）

所以发现这个 (f_{l,r}) 的状态大概在 (knlog n) 左右，跑一个记忆化搜索发现是 (2000) 到 (3000)

因为是插值找的这题目，所以考虑 (f_{l,r,k}) 会不会是关于 (k) 的多项式，按套路，可能是 (r-l+2) 次的

考虑对于 (l=r) ，不为 (0) 的 (k) 是常数，那么按照原来 (dp) 式子的转移做两边乘法，所以次数增加

（以上证明显然并不严谨，具体证明留坑待填）

所以考虑按照值域分段来进行 (dp) 的转移，对于当前值域 ([v[i],v[i+1]-1]) 可以仅取区间长度个点值来转移，然后就可以插出来 (dp_{l,r,v[i+1]-1})

以上思考是 (trivial) 的，具体实现的时候，(dp) 暴力进行即可，使用记忆化搜索，每次清空 (n+2) 位

以上做法是相对好写（好猜）但是速度非常之慢，本地跑极限数据要 (6s) 左右（但是交上去卡了好久过了）

貌似 ( exttt{mayaohua2003}) 的游记里面提到了一个下降幂的做法，因为我完全不熟悉下降幂的科技，所以等学习了之后再补

不可否认，这目前是（估计也将会是）这篇博客里面最高明的题目