已给sin0.32=0.314567,sin0.34=0.333487,sin0.36=0.352274,用线性插值及抛物插值计算sin0.3367的值并估计截断误差. 1. 线性插值 clc;clear; y=sin_L(0.32,0.314567,0.34,0.333487,0.3367); function y=sin_L(x0,y0,x1,y1,x) % sin_L输出sin(x)使用线性插值计算得到的函数值 % 例如: y=sin_L(0.32,0.314567,0.34,0.3334

第一个函数  "lagrange1.m" 输入:X Y 与点x0 输出:插值函数对应函数值 y0 function y = lagrange1(X,Y,x0) n = length(X); m = length(x0); :m z = x0(i); s = 0.0; :n; p = 1.0; :n if j~=k p = p*(z - X(j))/(X(k)-X(j)); end end s = p * Y(k) + s; end y(i) = s; end 第二个函数  "

全域多项式插值指的是在整个插值区域内形成一个多项式函数作为插值函数.关于多项式插值的基本知识,见“计算基本理论”. 在单项式基插值和牛顿插值形成的表达式中,求该表达式在某一点处的值使用的Horner嵌套算法啊,见"Horner嵌套算法". 1. 单项式(Monomial)基插值 1)插值函数基 单项式基插值采用的函数基是最简单的单项式:$$\phi_j(t)=t^{j-1}, j=1,2,...n;\quad f(t)=p_{n-1}(t)=x_1+x_2t+x_3t^2+...x_n

1. 复数和单位根 前置知识:弧度制,三角函数. 1.1 复数的引入 跳出实数域 \(\mathbb R\),我们定义 \(i ^ 2 = -1\),即 \(i = \sqrt {-1}\),并在此基础上定义 复数 \(a + bi\),其中将 \(b\neq 0\) 的称为 虚数.复数域记为 \(\mathbb C\). 像这种从 \(a\) 变成 \(a + bx\) 的 扩域 操作并不少见,例如初中学习 "平方根" 时,经常用 \(a + b\sqrt x(x > 0)\)

常系数齐次线性递推 具体记在笔记本上了,以后可能补照片,这里稍微写一下,主要贴代码. 概述 形式: \[ h_n = a_1 h_{n-1}+a_2h_{n-2}+...+a_kh_{n-k} \] 矩阵乘法是\(O(k^3 \log n)\) 利用特征多项式可以做到\(O(k^2\log n)\) 特征多项式 特征值和特征向量 特征多项式 \[ f(\lambda) = \mid M - \lambda I\mid \] 是关于\(\lambda\)的\(n\)次多项式 根据\(Cayley-

题目大意 ​ 有一个\(n\)个点\(m\)条边的图,每条边有一种颜色\(c_i\in\{1,2,3\}\),求所有的包括\(i\)条颜色为\(1\)的边,\(j\)条颜色为\(2\)的边,\(k\)条颜色为\(3\)的边的生成树的数量. ​ 对\({10}^9+7\)取模. ​ \(n\leq 50\) 题解 ​ 如果\(\forall i,c_i=1\),就可以直接用基尔霍夫矩阵计算生成树个数.但是现在有三种颜色,不妨设\(c_i=2\)的边的边权为\(x\),\(c_i=3\)的边的边权为

[Luogu4781][模板]拉格朗日插值 题面 洛谷 题解 套个公式就好 #include<cstdio> #define ll long long #define MOD 998244353 #define MAX 2020 inline int read() { int x=0;bool t=false;char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=t

P4781 [模板]拉格朗日插值 证明 :https://wenku.baidu.com/view/0f88088a172ded630b1cb6b4.html http://www.ebola.pro/article/notes/Lagrange #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 998244353 #define ll long long #define maxn 2345 ll n,k,x[maxn],y[ma

BZOJ 洛谷 待补.刚刚政治会考完来把它补上了2333.考数学去了. DP: 首先把无序化成有序,选严格递增的数,最后乘个\(n!\). 然后容易想到令\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个数,当前选的是\(j\)的价值和.复杂度是\(O(nA)\)的.然后忘掉这个做法吧这个做法没前途. 上面这个做法最后还要\(O(A)\)求一遍和,感觉不够优美. 直接令\(f_{i,j}\)表示选了\(i\)个数,选的最大的数\(\leq j\)的价值和.转移为:\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+

BZOJ 洛谷 为什么已经9点了...我写了多久... 求方案数,考虑DP... \(f[i][j]\)表示到第\(i\)门课,还有\(j\)人会被碾压的方案数. 那么\[f[i][j]=\sum_{k=j}^{n-1}f[i-1][k]\times C_k^{k-j}\times C_{n-1-k}^{R_i-1-(k-j)}\times g[i]\] 就是先从\(k\)人中选出\(k-j\)在\(i\)这门课比B神得分高,然后再从剩下\(n-1-k\)个人中选\(R_i-1-(k-j)\)个

BZOJ 题意即求\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{a+id}\sum_{x=1}^jx^k\] 我们知道最后一个\(\sum\)是自然数幂和,设\(f(n)=\sum_{x=1}^nx^k\),这是一个\(k+1\)次多项式,可以插值求出(当然本题只需要求出任意\(k+3\)个值即可不需要插值). 令\(g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\),(打表)差分可知这是一个\(k+2\)次多项式. 同样令\(h(n)=\sum_{i=0}^ng(a+id)\),同样差分可知

BZOJ 洛谷 题意的一点说明: \(k\)次方这个\(k\)是固定的,也就是最初需要多少张亵渎,每次不会改变: 因某个怪物死亡引发的亵渎不会计分. 不难发现当前所需的张数是空格数+1,即\(m+1\). 贡献不妨写成:\(\sum_{i=1}^ni^{m+1}-\sum_{i=1}^mA_i^{m+1}\).注意此时的\(A_i\)是剩下的空格(具体看代码最底下的暴力部分吧). 所以问题在于求\(\sum_{i=1}^ni^{m+1}\).自然数幂和有很多种求法. 这里写插值做法: \(\su

嘟嘟嘟 本来以为拉格朗日插值是一个很复杂的东西,今天学了一下才知道就是一个公式-- 我们都知道\(n\)个点\((x_i, y_i)\)可以确定唯一一个最高次为\(n - 1\)的多项式,那么现在我们已知这\(n\)个点,求这个多项式代入\(k\)时的值. 首先都能想到用高斯消元\(O(n ^3)\)求出多项式,然后代入\(k\). 但是这样有点慢,于是拉格朗日就找到了一种\(O(n ^2)\)的方法. 他不知怎么的想出了这么一个式子: \[f(k) = \sum_{i = 0} ^{n}{y_

#拉格朗日插值代码 import pandas as pd #导入数据分析库Pandas from scipy.interpolate import lagrange #导入拉格朗日插值函数 inputfile = '../data/catering_sale.xls' #销量数据路径 outputfile = '../tmp/sales.xls' #输出数据路径 data = pd.read_excel(inputfile) #读入数据 data[u'销量'][(data[u'销量'] < 4

题意 题目描述 由小学知识可知,$n$个点$(x_i,y_i)$可以唯一地确定一个多项式 现在,给定$n$个点,请你确定这个多项式,并将$k$代入求值 求出的值对$998244353$取模 输入输出格式 输入格式: 第一行两个正整数$n,k$,含义如题 接下来$n$行,每行两个正整数$x_i,y_i$,含义如题 输出格式: 一个整数表示答案 输入输出样例 输入样例#1: 复制 3 100 1 4 2 9 3 16 输出样例#1: 复制 10201 输入样例#2: 复制 3 100 1 1 2 2

Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式,然后拉格朗日插值..:哦对了,还要用到第二类斯特林数(就是把若干个球放到若干个盒子)的一个公式: $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客(qaq公式太难打了) Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using na

[BZOJ4559]成绩比较(动态规划,拉格朗日插值) 题面 BZOJ 洛谷 题解 显然可以每门课顺次考虑, 设\(f[i][j]\)表示前\(i\)门课程\(zsy\)恰好碾压了\(j\)个\(yyb\)的方案数. 那么,思考转移,显然是原来碾压了\(k\)个人,但是在考虑到这一门课程的时候有些人没被碾压了, 所以转移就是\(f[i][j]=f[i-1][k]*C_k^j*C_{n-k-1}^{n-rank[i]-j}*P[i]\) 大致的含义就是,原先\(zsy\)碾压了\(k\)个人,但是

这个题我们首先可以dp,f[i][j]表示前i个科目恰好碾压了j个人的方案数,然后进行转移.我们先不考虑每个人的分数,先只关心和B的相对大小关系.我们设R[i]为第i科比B分数少的人数,则有f[i][j]=sum f[i-1][k]*C(k,j)*C(n-1-k,R[i]-j)  (k>=j) 怎么解释呢,首先前i-1科有k个人已经被碾压,k肯定大于等于j,然后考虑当前这一科有j个人被碾压,那么就需要从k个人中选出j个来即C(k,j),然后从剩下的有R[i]-j个人比B考的少,这些人必须是之前i

题目:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1362 方法一: 设 a 是向下走的步数. b 是向右下走的步数. c 是向下走的步数.如果是走到第 j 列的方案数的话,有: \( a+b = n \) \( b+c = j \) 所以枚举 a 和 j , b 和 c 的值就是确定的,可以用组合数算: \( \sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}C_{i+j}^{i}*C_{j}

模板题. 拉格朗日插值的精髓在于这个公式 $$f(x) = \sum_{i = 1}^{n}y_i\prod _{j \neq i}\frac{x - x_i}{x_j - x_i}$$ 其中$(x_i, y_i)$是给定的$n$个点值. 代入任何一个给定的点值坐标$x_k$,都会发现这个式子等于$y_k$成立,因为对于任何$i \neq k$,后面的系数都至少有一项为$0$,而当$i == k$的时候,后面那一项一定为$1$,这样子就可以保证代进去的点值一定被满足. 因为题目中要求直接代入$x