「学习笔记」拉格朗日插值

从如何推出拉插到拉插的应用。

一般形式的构造过程

$(n+1)$ 个横坐标不同的点可以唯一确定一个 $n$ 次多项式，假如知道答案是个关于某个值的多项式以及其项数和若干个点，那么就可以拉格朗日插值出多项式，算出答案。

简单来讲，我们需要构造一个 $n$ 次多项式，使得它满足在已知的点 $x_i$ 处取值为 $y_i$。

构造 $f_i(x)$，使得其仅在 $x_i$ 处取值为 $1$，其他 $x_j,j\neq i$ 处取值为 $0$。

那么 $y_if_i(x)$ 仅在 $x_i$ 处取值为 $y_i$，其他 $x_j,j\neq i$ 处取值为 $0$。

对 $y_if_i(x)$ 求和即得到了我们要求的多项式：在 $x_i$ 处取值为 $y_i$ 的 $n$ 次多项式。

如何构造 $f_i(x)$？

• 如果要在 $x_j,j\neq i$ 处取值为 $0$，可以让 $(x-x_j),j\neq i$ 乘起来，即为 $\prod_{j\neq i}(x-x_j)$，为描述方便记作 $g(x)$，基于这个式子，不管怎么对其乘除，在 $x_j,j\neq i$ 处取值都为 $0$。

• 如果要在 $x_i$ 处取值为 $1$，则让 $f_i(x)=\frac{g(x)}{g(x_i)}$，这样当 $x=x_i$ 时，$f_i(x_i)=\frac{g_{x_i}}{g_{x_i}}=1$，注意到 $x_i\neq j,i\neq j$，所以不会出现除 $0$ 的情况。

综上所述，我们构造出了 $f_i(x)=\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$，题目中所求的 $n$ 次多项式即为：

$$\begin{aligned} &\sum _{i=1}^{n}y_if_i(x) \\ &\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \end{aligned}$$

若 $x_i$ 是连续的 $n$ 个整数的 $\mathcal{O}(n)$ 做法

代入值到 $x$ 中直接对这个式子计算，每一次枚举 $i$ 后，最后一块算分母的逆元，只会算 $n$ 次逆元，时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。

特别地，若 $x_i$ 是连续的 $n$ 个整数，则可以 $\mathcal{O}(n)$ 计算。

设 $pre_i=\prod_{j=1}^i x-j,suf_i=\prod_{j=i+1}^nx-j$，也就是分子的前缀/后缀积，$fac_i=i!$。

则

$$\begin{aligned} f(x)&=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \\ &=\sum_{i=1}^ny_i\frac{pre_{i-1}\cdot suf_{i+1}}{fac_{i-1}\cdot fac_{n-i}\cdot (-1)^{n-i}} \end{aligned}$$

可以线性递推求逆元，$\mathcal{O}(n+\log mod)$ 求逆元也是可以接受的，故复杂度为 $\mathcal{O}(n)$

重心拉格朗日插值法

如果每加一次点就要询问，如何解决？推一下式子试试。

$$\begin{aligned} f(x)&=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \\ &=\sum_{i=1}^ny_i\frac{\prod_{j\neq i}(x-x_j)}{\prod_{j\neq i}(x_i-x_j)} \\ &=\sum_{i=1}^ny_i\frac{\prod_{j=1}^n(x-x_j)}{\left(\prod_{j=1}^n(x_i-x_j)\right )\cdot (x-x_i)} \\ &=\prod_{j=1}^n(x-x_j)\sum_{i=1}^n\frac{y_i}{\left(\prod_{j=1}^n(x_i-x_j)\right )\cdot (x-x_i)} \end{aligned}$$

设 $g=\prod_{j=1}^n(x-x_j),w(i)=\prod_{j=1}^n(x_i-x_j)$

则原式 $=g\sum_{i=1}^n\frac{y_i}{w(i)\cdot (x-x_i)}$.

每加入一个点，$\mathcal{O}(n)$ 计算出 $g,w(i)$ 再 $\mathcal{O}(n)$ 计算 $f(x)$ 即可。

栗题一

ABC208F

给定 $n,m,k$，计算 $f(n,m)$ 的值，模 $10^9+7$．

$$\begin{aligned} \displaystyle f(n, m)& = \begin{cases} 0 & (n = 0) \newline \\ n^K & (n \gt 0, m = 0) \newline \\ f(n-1, m) + f(n, m-1) & (n \gt 0, m \gt 0) \end{cases} \end{aligned}$$

$0 \leq N \leq 10^{18},0 \leq M \leq 30,1 \leq K \leq 2.5 \times 10^6$．

易发现答案为 $1^k,2^k,3^k,\cdots ,n^k$ 的 $m$ 阶前缀和的第 $n$ 项值。

考虑 $i^k$ 对答案的贡献次数，是对 $f_0=1,f_k=0(k>0)$ 的数组作 $m$ 阶前缀和后的第 $(n-i)$ 项，也就是 $f_{n-i}$。其值为 $\binom{n-i+m-1}{m-1}$．

从组合意义上考虑，作一阶前缀和为 $1,1,1,\cdots$，设后面第 $i$ 阶前缀和的 $f_j=g_{i,j}$，有递推式 $g_{i,j}=g_{i-1,j}+g_{i,j-1}$，恰为只能向右、下走的格点计数。

故贡献的次数为 $(1,0)\to (m,n-i)$ 的路径数，即为 $\binom{n-i+m-1}{m-1}$。

所以答案为：

$$\sum_{i=0}^n i^k\binom{n-i+m-1}{m-1}$$

考虑 $i^k\binom{n-i+m-1}{m-1}$ 中 $i^k$ 为关于 $i$ 的 $k$ 次单项式。

$\binom{n-i+m-1}{m-1}=\frac{(n-i+m-1)!}{(m-1)!(n-i)!}$，其中 $(n-i+m-1)!$ 为关于 $i$ 的 $(n-i+m-1)$ 次多项式，$(n-i)!$ 为关于 $i$ 的 $(n-i)$ 次多项式，$(m-1)!$ 是常数。

故 $i^k\binom{n-i+m-1}{m-1}$ 是关于 $i$ 的 $(m+k-1)$ 次多项式。

对于 $i\in [0,n]$，对这个多项式求和即为答案。

其可以写成 $ans=a_0s_0+a_1s_1+a_2s_2+\cdots+a_{m+k-1}s_{m+k-1}$ 的形式，其中 $s_i=\sum\limits_{j=0}^ij^k$．

由于 $s_i$ 是关于 $i$ 的 $(i+1)$ 次多项式，故答案为关于 $n$ 的 $(m+k)$ 次多项式。

设 $l=m+k+1$，选出前 $l$ 个连续的整数，算出其作 $m$ 阶前缀和的答案，拉格朗日插值即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(mk)$．

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Add(T x, T y) { return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T Mod(T x) { return (x >= mod) ? (x - mod) : (x < 0 ? (x + mod) : x); }
template <typename T> T Mul(T x, T y) { return x * y % mod; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, ll y) { ll sumq = 1; while(y) { if(y & 1) sumq = sumq * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1; } return sumq; }
const int N = 2600100;
ll n;
int m, k;
ll a[N], fac[N], inv[N], pre[N], suf[N], ans;
signed main() {
	read(n); read(m); read(k); int l = m+k+1;
	if(!n) { puts("0");	return 0; }
	for(int i = 1; i <= l; ++i) a[i] = qpow(i, k);
	for(int j = 1; j <= m; ++j)
		for(int i = 1; i <= l; ++i)
			a[i] = Add(a[i], a[i-1]);
	inv[0] = fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
	inv[l] = qpow(fac[l], mod-2); n %= mod;
	for(int i = l-1; i; --i) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % mod;
	pre[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) pre[i] = pre[i-1] * (n - i) % mod;
	suf[l+1] = 1; for(int i = l; i; --i) suf[i] = suf[i+1] * (n - i) % mod;
	for(int i = 1; i <= l; ++i)
		ans = Add(ans, Mod(a[i] * pre[i-1] % mod * suf[i+1] % mod * inv[i-1] % mod * inv[l-i] % mod * (((l-i)&1) ? -1 : 1)));
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}