自我感觉挺实用的一个算法。

也为一些题目提供了解决的思路。

插值：给一些散点，求满足这些个散点的函数（多项式），即求出这些系数

一般求一个点值，都要先得到系数，再O(n)算。求系数，高斯消元，是O(n^3)的。

但是，如果只要一个点值，这样岂不是血亏。

拉格朗日这个人比较厉害，他发明的算法，可以在不用求出具体系数的情况下，O(n^2)的计算一个位置的点值。

思想类似于互质的CRT，

对于给定n+1个点值，这个多项式最多n次的。而且，把每个横坐标带进去，xi自己的一项得到yi，别的由于分子有xi-xi，都是0

所以，这个多项式一定和实际上的多项式是一个多项式。

然后我们把要求的x带进去，就得到了函数值。

 

有什么用？

如果证明一个式子的函数是n次多项式的话，那么可以尝试得到n+1个点值，然后弄出这个公式，就可以计算比较大的答案。

这个题，很大数据范围的k次方和，第一没有办法反演。第二没有规律可以找。

猜这个求和函数是一个k+1次多项式。然后带点求值，然后对目标答案的计算进行化简。

从O(n)到O(k^2)到O(klogk)（然鹅这个logk是因为点值的快速幂，后面的计算不是瓶颈23333）

突破口

1.想到是一个多项式

2.点值的取值是有讲究的，1~k+2这样连续的整点有助于预处理减少复杂度（跟自己干嘛要过不去23333）

所以，拉格朗日插值这个公式其实很整齐，

如果点值横坐标给的很好的话（支持递推），那么可以在O(n)时间求出一个值。已经非常不错了。

 

CF622F The Sum of the k-th Powers

代码：

#include
      
       #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 "<
       <<" : "<
        
         <<" "<
         
          <<" "<
          
           <<" "<
           
            <<" "<
            
             <
             
              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 "<
              
               <
              
             
            
           
          
         
        
      

 

 

---

upda:2019.2.18

如果要找到真正的系数：

可以快速插值O(nlogn)，非常难写

一个比较实用的是O(N^2)的背包：

考虑拉格朗日插值的公式的每一个f(i)项对每个系数的贡献

$f(i) \frac{\Pi_{j!=i}(x-x_j)}{\Pi_{j!=i}(x_i-x_j)}$

分母是定值，$f(i)$是定值

分子不同之间差不多，

计算：$\Pi(x-x_j)$再每次O(N)除以$(x-x_i)$

计算方法：

对每一项的贡献就是选择k个x，剩下n-k个选择$-x_j$这样

所以背包：$f[i][j]$表示前i个“括号”，x次幂是j的权值之和

$f[i][j]=f[i-1][j]*(-x_i)+f[i-1][j-1]$

O(N^2)

 

还有一种更容易实现的方法：

$f*(x-x_i)=f*x-f*x_i$也就是f平移一位，然后减掉自己原来的xi倍

递推即可实现。

还原时候除法，就是倒着回退一次即可。