拉格朗日插值法(圖文詳解)
自我感覺挺實用的一個算法。
也為一些題目提供了解決的思路。
插值：給一些散點，求滿足這些個散點的函數（多項式），即求出這些系數
一般求一個點值，都要先得到系數，再O(n)算。求系數，高斯消元，是O(n^3)的。
但是，如果只要一個點值，這樣豈不是血虧。
拉格朗日這個人比較厲害，他發明的算法，可以在不用求出具體系數的情況下，O(n^2)的計算一個位置的點值。
思想類似於互質的CRT，
對於給定n+1個點值，這個多項式最多n次的。而且，把每個橫坐標帶進去，xi自己的一項得到yi，別的由於分子有xi-xi，都是0
所以，這個多項式一定和實際上的多項式是一個多項式。
然后我們把要求的x帶進去，就得到了函數值。
有什么用？
如果證明一個式子的函數是n次多項式的話，那么可以嘗試得到n+1個點值，然后弄出這個公式，就可以計算比較大的答案。
https://blog.csdn.net/xyz32768/article/details/81233900
這個題，很大數據范圍的k次方和，第一沒有辦法反演。第二沒有規律可以找。
猜這個求和函數是一個k+1次多項式。然后帶點求值，然后對目標答案的計算進行化簡。
從O(n)到O(k^2)到O(klogk)（然鵝這個logk是因為點值的快速冪，后面的計算不是瓶頸23333）
突破口
1.想到是一個多項式
2.點值的取值是有講究的，1~k+2這樣連續的整點有助於預處理減少復雜度（跟自己干嘛要過不去23333）
所以，拉格朗日插值這個公式其實很整齊，
如果點值橫坐標給的很好的話（支持遞推），那么可以在O(n)時間求出一個值。已經非常不錯了。
CF622F The Sum of the k-th Powers
代碼：
#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; il void rd(int &x){ char ch;x=0;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=1e6+5; const int mod=1e9+7; int n,k; int qm(int x,int y){ int ret=1; while(y){ if(y&1) ret=(ll)ret*x%mod; x=(ll)x*x%mod; y>>=1; } return ret; } ll pre[N],bac[N]; ll fu[N]; ll y[N]; ll sol(){ ll ret=0; for(reg i=1;i<=k+2;++i){ //cout<<" i "<<i<<" : "<<y[i]<<" "<<pre[i-1]<<" "<<pre[k+2-i]<<" "<<bac[k+2]<<" "<<n-i<<endl; if(n>k+2) ret=(ret+y[i]*qm(pre[i-1]*(fu[k+2-i])%mod,mod-2)%mod*(bac[k+2]*qm((n-i),mod-2)%mod)%mod)%mod; else { if(n!=i) ret=(ret+y[i]*qm(pre[i-1]*(fu[k+2-i])%mod,mod-2)%mod*(bac[k+2]*qm(((n-i)+mod)%mod,mod-2)%mod)%mod)%mod; else ret=(ret+y[i])%mod; } // cout<<" ret "<<ret<<endl; } return ret; } int main(){ rd(n);rd(k); pre[0]=1; bac[0]=1; fu[0]=1; y[0]=0; for(reg i=1;i<=k+2;++i){ pre[i]=pre[i-1]*i%mod; fu[i]=fu[i-1]*(mod-i)%mod; bac[i]=(bac[i-1]*(n-i)%mod+mod)%mod; y[i]=(y[i-1]+qm(i,k))%mod; } printf("%lld",sol()); return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2019/1/16 15:31:40 */
upda:2019.2.18
如果要找到真正的系數：
可以快速插值O(nlogn)，非常難寫
一個比較實用的是O(N^2)的背包：
考慮拉格朗日插值的公式的每一個f(i)項對每個系數的貢獻
$f(i) \frac{\Pi_{j!=i}(x-x_j)}{\Pi_{j!=i}(x_i-x_j)}$
分母是定值，$f(i)$是定值
分子不同之間差不多，
計算：$\Pi(x-x_j)$再每次O(N)除以$(x-x_i)$
計算方法：
對每一項的貢獻就是選擇k個x，剩下n-k個選擇$-x_j$這樣
所以背包：$f[i][j]$表示前i個“括號”，x次冪是j的權值之和
$f[i][j]=f[i-1][j]*(-x_i)+f[i-1][j-1]$
O(N^2)
還有一種更容易實現的方法：
$f*(x-x_i)=f*x-f*x_i$也就是f平移一位，然后減掉自己原來的xi倍
遞推即可實現。
還原時候除法，就是倒着回退一次即可。