题解 P4781 【【模板】拉格朗日插值】

题目

本蒟蒻看到一道数学题，就顺手切了。感觉单单对这一题而言，部分评论区的大佬过于复杂了

【分析】

先讲讲拉格朗日插值法：

对于给定的 $(n+1)$ 个点，我们可以确定唯一的一个 至多$n$次 函数 $f(x)$

这里简单解释一下为什么是唯一的至多 $n$ 次：

若给定 $(n+1)$ 个点，理论上可以确定一个 $n$ 次函数 $f(x)$ 。但 $f(x)$ 可以前几项系数为 $0$ 。因此，本蒟蒻按照数学上的定义，认为它是至多 $n$ 次的。

若给定 $(n+1)$ 个点，肯定还能给出其他的 $k$ 个点使得函数 $f(x)$ 变为至多 $(n+k)$ 次。由于其他 $k$ 个点未知，故原本的这些点能确定无数个更高次数的函数。

拉格朗日插值法的优秀就在于，它能不需要用高斯消元法，就能求出这个至多 $n$ 次函数

按照朴素思路，我们是构造一个矩阵，然后高斯消元法 $O(n^3)$ ，肯定是不够的（P.S.因为本蒟蒻实在太菜，不懂有没有更优的算法优化高斯消元法）。

拉格朗日插值法的思路很简单，按照题目样例一给的三个点：

我们假设有以下 $3$ 个函数：

$G_1(x)=(x-2)(x-3)$

$G_2(x)=(x-1)(x-3)$

$G_3(x)=(x-1)(x-2)$

因此，显然有

$G_1(2)=G_1(3)=0\ ,\ G_2(1)=G_2(3)=0\ ,\ G_3(1)=G_3(2)=0$

所以我们需要的原函数可以写为：

$f(x)=A_1G_1(x)+A_2G_2(x)+A_3G_3(x)$

那就很显然有

$\begin{cases}f(1)=A_1G_1(1)+A_2\times0+A_3\times 0=A_1G_1(1)\\f(2)=A_1\times 0+A_2G_2(2)+A_3\times 0=A_2G_2(2)\\f(3)=A_1\times 0+A_2\times 0+A_3G_3(3)=A_3G_3(3)\end{cases}$

再根据题意和计算：

$\begin{cases}f(1)=4,G_1(1)=2\\f(2)=9,G_2(2)=-1\\f(3)=16,G_3(3)=2\end{cases}$

倒代回去可以解得：

$f(x)=2(x-2)(x-3)-9(x-1)(x-3)+8(x-1)(x-2)=(x+1)^2$

当然，你会发现，这样是在代入 $k$ 只需要 $O(n)$ ，但这么做并没有更简单。

当然啦，但是我们求的不是 $f(x)$ ，只是 $f(k)$ 啊！

所以我们先提取一下上面的思路：

给定 $n$ 个点 $(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\dots(x_n,y_n)$

我们先设定一个 $\displaystyle G_i(x)=\prod_{j=1}^{i-1}(x-x_j)\cdot\prod_{j=i+1}^n(x-x_j)$

即 $\displaystyle G_i(x)=\prod_{j=1\&j\neq i}^n(x-x_j)$

再另 $\displaystyle g(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)$

因此 $\forall i\in[1,n]\bigcap Z,g(x_i)=0$

所以有 $G_i(k)(k-x_i)=g(k)$

且 $\forall j\neq i,G_i(x_j)=0$

由上述式子设 $\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^nA_iG_i(x)$

倒代入点的坐标得：

$\displaystyle y_i=f(x_i)=\sum_{i=1}^nA_iG_i(x_i)=A_iG_i(x_i)$

因此 $A_i=y_i[G_i(x_i)]^{-1}$

所以代入原式得：

$\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(x)$

我们分类讨论一下：

若 $\exists i\in [1,n]\bigcap Z,k=x_i$ ， $f(k)=f(x_i)=y_i$ ，算都不用算
若 $\forall i\in[1,n]\bigcap Z,k\neq x_i$

$g(k)\neq0$

由 $G_i(k)(k-x_i)=g(k)$ 得

$G_i(k)=g(k)(k-x_i)^{-1}$

代入原式：

$\displaystyle f(k)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}G_i(k)=\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)]^{-1}g(k)(k-x_i)^{-1}$

看起来更复杂了

但是，我们可以注意到，$g(k)$ 对于 $i$ 而言，是定值

还有 $[G_i(x_i)]^{-1}$ 与 $(k-x_i)^{-1}$ 肯定是可以合并的

所以我们按这个方法，整理原式得：

$\displaystyle f(k)=g(k)\cdot\sum_{i=1}^ny_i[G_i(x_i)(k-x_i)]^{-1}$

另 $Inv(x)$ 表示数 $x$ 在模 $998244353$ 下的逆元

就有： $\displaystyle f(k)=g(k)\cdot\sum_{i=1}^ny_i\cdot Inv[G_i(x_i)(k-x_i)]$

至于 $g(k)$ 是一个 $O(n)$ 扫过去的事

$G_i(x_i)$ 也是一个 $O(n)$ 扫过去的事

乘一下，用 exgcd 或者 欧拉定理加快速幂 可以一个 $O(\log n)$ 求出逆元

所以求和符号内的复杂度为 $O(n)+O(\log n)=O(n)$

套个求和符号就是 $O(n\times n)=O(n^2)$

复杂度上肯定是过得了了

总结一下，就是：

$f(k)=\begin{cases}y_i,k=x_i\\g(k)\sum_{i=1}^ny_iInv[G_i(x_i)(k-x_i)]\end{cases}$

那求逆元本蒟蒻是用了非递归的 exgcd ，众位大犇可以直接看本蒟蒻的代码

【代码】

那本蒟蒻就放我码风极丑的代码了

#include<cstdio>

using namespace std;

#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)

#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)

typedef int i32;

typedef long long i64;

const i64 Mod=998244353;

inline char gc(){

  static char s[1<<20|1],*p1=s,*p2=s;

  return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);

}

inline i64 read(){

  register i64 ans=0;register bool neg=0;register char c=gc();

  while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();

  while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();

  return neg?-ans:ans;

}

inline void input(i64 &lld_X,i64 &lld_Y,i64 &lld_Bas,i64 lld_K){

  lld_X=read();

  lld_Y=read();

  lld_K-=lld_X;

  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;

  if(lld_K<0) lld_K+=Mod;

  lld_Bas*=lld_K;

  lld_Bas%=Mod;

}

inline i64 Inv(i64 lld_A){

  register i64 lld_Tmp[10000]={0},lld_Cur=1;

  register i64 lld_X=1,lld_Y=0,lld_B=Mod;

  lld_Tmp[0]=lld_A/lld_B;

  while(lld_B^=lld_A^=lld_B^=lld_A%=lld_B)

    lld_Tmp[lld_Cur++]=lld_A/lld_B;

  while(lld_Cur--)

    lld_Y^=lld_X^=lld_Y^=lld_X-=lld_Tmp[lld_Cur]*lld_Y;

  lld_X%=Mod;

  if(lld_X<0) lld_X+=Mod;

  return lld_X;

}

inline i64 calc(i64 lld_X[],i64 lld_Y,i32 d_Pos,i32 d_N,i64 lld_K){

  i64 lld_Ans=1;

  f(i,1,I,d_Pos-1)

    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;

  f(i,d_Pos+1,I,d_N)

    lld_Ans=lld_Ans*(lld_X[d_Pos]-lld_X[i])%Mod;

  lld_Ans=lld_Ans*(lld_K-lld_X[d_Pos])%Mod;

  if(lld_Ans<0) lld_Ans+=Mod;

  return Inv(lld_Ans)*lld_Y%Mod;

}

inline void print(i64 lld_Ans){

  char s[20]={0};

  fwrite(s,1,sprintf(s,"%lld",lld_Ans),stdout);

}

i32 main(){

  i32 d_N=read();

  i64 lld_K=read(),lld_X[2048]={0},lld_Y[2048]={0},lld_Bas=1,lld_Ans=0;

  f(i,1,I,d_N){

  	input(lld_X[i],lld_Y[i],lld_Bas,lld_K);

  	if(lld_X[i]==lld_K){

  	  print(lld_Y[i]);

      return 0;

    }

  }

  f(i,1,I,d_N){

    lld_Ans+=calc(lld_X,lld_Y[i],i,d_N,lld_K);

    if(lld_Ans>=Mod) lld_Ans-=Mod;

  }

  lld_Ans=lld_Ans*lld_Bas%Mod;

  print(lld_Ans);

  return 0;

}

最后安利一下本蒟蒻的博客