

拉格朗日插值

给出 $n$ 个点 $P_i(x_i,y_i)$ ，将过这 $n$ 个点的最多 $n-1$ 次的多项式记为 $f(x)$ ，求 $f(k)$ 的值。

方法 1：差分法¶

差分法适用于 $x_i=i$ 的情况。

如，用差分法求某三次多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^{3} a_ix^i$ 的多项式形式，已知 $f(1)$ 至 $f(6)$ 的值分别为 $1, 5, 14, 30, 55, 91$ 。

$\begin{array}{cccccccccccc} 1 & & 5 & & 14 & & 30 & & 55 & & 91 & \\ & 4 & & 9 & & 16 & & 25 & & 36 & \\ & & 5 & & 7 & & 9 & & 11 & \\ & & & 2 & & 2 & & 2 & \\ \end{array}$

第一行为 $f(x)$ 的连续的前 $n$ 项；之后的每一行为之前一行中对应的相邻两项之差。观察到，如果这样操作的次数足够多（前提是 $f(x)$ 为多项式），最终总会返回一个定值，可以利用这个定值求出 $f(x)$ 的每一项的系数，然后即可将 $k$ 代入多项式中求解。上例中可求出 $f(x)=\frac 1 3 x^3+\frac 1 2 x^2+\frac 1 6 x$ 。时间复杂度为 $O(n^2)$ 。这种方法对给出的点的限制性较强。

方法 2：待定系数法¶

设 $f(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i$ 将每个 $x_i$ 代入 $f(x)$ ，有 $f(x_i)=y_i$ ，这样就可以得到一个由 $n$ 条 $n$ 元一次方程所组成的方程组，然后使用 高斯消元 解该方程组求出每一项 $a_i$ ，即确定了 $f(x)$ 的表达式。

如果您不知道什么是高斯消元，请看高斯消元。

时间复杂度 $O(n^3)$ ，对给出点的坐标无要求。

方法 3：拉格朗日插值法¶

在多项式部分简介里我们已经定义了多项式除法。

那么我们会有：

$f(x)\equiv f(a)\pmod{(x-a)}$

这是显然的，因为 $f(x)-f(a)=(a_0-a_0)+a_1(x^1-a^1)+a_1(x^2-a^2)+\cdots +a_n(x^n-a^n)$ ，这个式子显然有 $(x-a)$ 这个因式，所以得证。

这样我们就可以列一个关于 $f(x)$ 的多项式线性同余方程组：

$\begin{cases} f(x)\equiv y_1\pmod{(x-x_1)}\\ f(x)\equiv y_2\pmod{(x-x_2)}\\ \cdots\\ f(x)\equiv y_n\pmod{(x-x_n)} \end{cases}$

我们根据中国剩余定理，有：

$M=\prod_{i=1}^n{(x-x_i)},m_i=\dfrac M{x-x_i}=\prod_{j\ne i}{(x-x_j)}$

则 $m_i$ 模 $(x-x_i)$ 意义下的逆元就是：

$m_i^{-1}=\prod_{j\ne i}{\dfrac 1{x_i-x_j}}$

所以就有：

$f(x)\equiv\sum_{i=1}^n{y_im_im_i^{-1}}\equiv\sum_{i=1}^n{y_i\prod_{j\ne i}{\dfrac {x-x_j}{x_i-x_j}}}\pmod M$

所以在模意义下 $f(x)$ 就是唯一的，即：

$f(x)=\sum_{i=1}^n{y_i\prod_{j\ne i}{\dfrac {x-x_j}{x_i-x_j}}}$

这就是拉格朗日插值的表达式。

如果要将每一项的系数都算出来，时间复杂度仍为 $O(n^2)$ ，但是本题中只用求出 $f(k)$ 的值，所以在计算上式的过程中直接将 $k$ 代入即可。

$f(k)=\sum_{i=1}^{n} y_i\prod_{j\neq i }\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$

本题中，还需要求解逆元。如果先分别计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求逆元上，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

通常意义下拉格朗日插值的一种推导

由于要求构造一个函数 $f(x)$ 过点 $P_1(x_1, y_1), P_2(x_2,y_2),\cdots,P_n(x_n,y_n)$ 。首先设第 $i$ 个点在 $x$ 轴上的投影为 $P_i^{\prime}(x_i,0)$ 。

考虑构造 $n$ 个函数 $f_1(x), f_2(x), \cdots, f_n(x)$ ，使得对于第 $i$ 个函数 $f_i(x)$ ，其图像过 $\begin{cases}P_j^{\prime}(x_j,0),(j\neq i)\\P_i(x_i,y_i)\end{cases}$ ，则可知题目所求的函数 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^nf_i(x)$ 。

那么可以设 $f_i(x)=a\cdot\prod_{j\neq i}(x-x_j)$ ，将点 $P_i(x_i,y_i)$ 代入可以知道 $a=\dfrac{y_i}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_j)}$ ，所以

$f_i(x)=y_i\cdot\dfrac{\prod_{j\neq i} (x-x_j)}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_j)}=y_i\cdot\prod_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 。

那么我们就可以从另一个角度推导出通常意义下（而非模意义下）拉格朗日插值的式子为：

$f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\cdot\prod_{j\neq i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 。

代码实现¶

#include <cstdio>

const int maxn = 2010;
long long mod = 998244353;
long long n, k, x[maxn], y[maxn], ans, s1, s2;

long long powmod(long long x, long long n) {  // 快速幂
  long long ret = (long long)1;
  while (n) {
    if (n % 2 == 1) ret = ret * x % mod;
    x = x * x % mod;
    n /= 2;
  }
  return ret;
}

long long inv(long long x) { return powmod(x, mod - 2); }  // 求逆元

int main() {
  scanf("%lld%lld", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld", x + i, y + i);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    s1 = y[i] % mod;
    s2 = (long long)1;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
      if (i != j) s1 = s1 * (k - x[j]) % mod, s2 = s2 * (x[i] - x[j]) % mod;
    ans += s1 * inv(s2) % mod;
  }
  printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
  return 0;
}

本页面最近更新：，更新历史
发现错误？想一起完善？在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：Ir1d, Marcythm, YanWQ-monad, x4Cx58x54
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用

拉格朗日插值

方法 1：差分法¶

方法 2：待定系数法¶

方法 3：拉格朗日插值法¶

代码实现¶

评论