专题·拉格朗日差值【including 拉格朗日差值，重心拉格朗日差值，洛谷·【模板】

初见安~敲标题的时候真心觉得自己像个复读机……【啪。

一、拉格朗日基本多项式

首先，我们知道n+1个点值可以确定一个n次的多项式。换言之，可以理解为：平面上n+1个点，我们就可以确定一个n次的函数保证贯穿着n+1个点。那么这个函数怎么求呢？这就是拉格朗日基本多项式：

很好理解其成立性：当n+1个点的其中一个点带入时，除了该点对应的那一项外，其余每一项都会因为累乘部分出现0而为0。

可能看起来有点难懂，那就随手举个例子吧：

这就没了。【？？！

很明显，算对于每个点的l，需要的复杂度；而我们要求n+1个点的，所以复杂度为。

整个板子放个代码：洛谷P4781 【模板】拉格朗日差值

题解

这就很模板了，直接按照上述方法求出多项式，并且过程中把要求的变量带进去算出来即可。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 2005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
int read() {
    int x = 0, f = 1, ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return x * f;
}
 
int n, k, x[maxn], y[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod; b >>= 1;} return res;}
ll ans = 0;
signed main() {
    n = read(), k = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) x[i] = read(), y[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ll tmp = 1;
        for(int j = 1; j <= n; j++) if(j != i) tmp = tmp * (x[i] - x[j] + mod) % mod;
        tmp = pw(tmp, mod - 2);//tmp是下面那一部分，所以要求逆元
        for(int j = 1; j <= n; j++) if(j != i) tmp = tmp * (k - x[j] + mod) % mod;
        ans = (ans + tmp * y[i] % mod) % mod;//累加答案
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

二、当x连续时的优化

这个算法明显是有某种优化空间的，因为那一坨累乘当x连续时，可以直接用阶乘之类的来表示。我们来观察一下：

可以发现：当我们要求单个值的时候，上半部分可以说是几乎没动，也就是说我们可以提出来：【当然也可以放在里面，同样用阶乘来求得】

再来看里面还剩的那个连乘。因为x的取值是连续的，所以这一部分连乘分解成正负两部分的话看起来就是两个阶乘。所以我们预处理阶乘，这一部分也就迎刃而解了：【注意符号】【这种写法的话在好些题目的公式化建上比较有用

当然，也可以不把那一部分提前，而是处理其前缀积和后缀积，处理后公式形如：【文末例题是用这种方法处理的

拉格朗日处理的问题大多都是x取值连续的情况，所以预处理阶乘、阶乘逆元后的这种做法处理单个值的复杂度只有。

三、重心拉格朗日差值

这个重心二字的含义——我也不知道【啪。

这个算法主要是应用于重过程的情况【目前还没遇到】，动作类似于：连续插入一些值，不断更新这个多项式。

因为没有连续的条件，乍一看我们每次插入都要花费的复杂度。其实也可以不用。就像我们之前化简公式的那样：

首先前面那一部分关于k的累乘我们可以算出；后面那个累乘，我们单独看：

假设，那么很明显：因为我们是不断插入每个值的，所以每个点都会有自己的t_i。也就是说，我们计算的过程可以分为三步：

1.对于前面的每个点的t_i，累乘部分乘上新加的这个点的贡献，复杂度；

2.对于新加入的这个点的t_i，计算其t_i的值，复杂度；

3.倒腾进多项式里，此时多项式形如：

很明显， 这也是一个的计算过程，并且这三个操作是并排的，所以总的复杂度也为。

所以每次插入一个点，修改这个多项式的复杂度就是。

再整一个例题吧：51nod P1258 序列求和

给出n、k，求。

n特别大，所以明显我们不能暴力。拉格朗日差值有个好处是什么呢， 就是一个k次的多项式，我们只需要知道某k+1个点的值，就可以求出其他所有点的值了。放到这个题上来，次数看似好像很不好找，但是我们知道：当k为1的时候，等差数列求和，次数是2。所以我们可以【盲猜】这是一个k+1次的多项式，需要我们处理k+2个点的值。

所以我们在复杂度的情况下处理出连续的前k+2个值后带入要求的点值拉格朗日差值即可。总复杂度。

这里放代码作参考：）

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7, mx = 100000;
ll read() {
	ll x = 0, f = 1, ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	return x * f;
}

ll T, n, k, inv[maxn], y[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod, b >>= 1;} return res;}

ll pre[maxn], suf[maxn];
ll solve() {
	if(n <= k + 2) return y[n];
	n %= mod;//这里一定要先取模
	pre[0] = suf[k + 3] = 1;//前缀积和后缀积
	for(int i = 1; i <= k + 2; i++) pre[i] = pre[i - 1] * (n - i) % mod;
	for(int i = k + 2; i > 0; i--) suf[i] = suf[i + 1] * (n - i) % mod;
	
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= k + 2; i++) //形如公式，记得处理符号（判断n-i的奇偶
		ans = (ans + y[i] * pre[i - 1] % mod * suf[i + 1] % mod * inv[i - 1] % mod * inv[k + 2 - i] % mod * ((k + 2 - i) & 1? -1 : 1) % mod + mod) % mod;
	return ans;
}

signed main() {
	T = read();
	inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= mx; i++) inv[i] = inv[i - 1] * i % mod;
	inv[mx] = pw(inv[mx], mod - 2);
	for(int i = mx - 1; i > 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	while(T--) {
		n = read(), k = read();//预处理k+2个值
		for(int i = 1; i <= k + 2; i++) y[i] = (y[i - 1] + pw(i, k)) % mod;
		printf("%lld\n", solve());
	}
	return 0;
}

又是一个多钟头……哎。

迎评：）
——End——