拉格朗日插值

其實很簡單。

考慮一個 \(k\) 次多項式，需要 \(k+1\) 個 \(x\) 值不同的點來確定。那現在要求構造一個函式 $f(x) $ 過點 \(P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),\cdots ,P_n(x_n,y_n)\)。我們設第 \(i\) 個點在 \(x\) 軸的投影是 \(P_i'(x_i,0)\)。

考慮構造 \(n\) 個函式 \(g_i(x)\)，使得對於函式 \(g_i(x)\)，過 \(P_j'(x_j,y_j),j\neq i\) 和 \(P_i(x_i,y_i)\)。即只在 \((x_{i-1},x_{i+1})\) 區間有實際值。

那麼可知，\(\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^n g_i(x)\)。既然讓 \(\forall j\neq i\) 都沒值，那就設 \(\displaystyle g_i(x)=a\prod_{j\neq i} (x-x_j)\)，其中 \(a\) 是修正量，因為要滿足 \(g_i(x_i)=y_i\)。

帶入 \(P_i(x_i,y_i)\) 可得：

\[a=\frac{y_i}{\prod_{j\neq i}(x_i-x_j)} \]

帶回 \(g_i(x)\) 可得：

\[g_i(x)=y_i \times \prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

帶回 \(f(x)\) 可得：

\[f(x)=\sum_{i=1}^n (y_i \times \prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}) \]

然後這就是拉格朗日插值的形式。整體算的時間複雜度是 \(O(n^2)\)。

模板程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e3+3,mod=998244353;
int ppow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=(res*a)%mod;
		a=(a*a)%mod,b>>=1;
	}return res;
}
int n,k;
int x[N],y[N];
signed main()
{
	cin>>n>>k;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int res1=1,res2=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i==j) continue;
			res1=(res1*(k-x[j]+mod)%mod)%mod;
			res2=(res2*(x[i]-x[j]+mod)%mod)%mod;
		}
		ans=(ans+y[i]*res1%mod*ppow(res2,mod-2)%mod)%mod;
	}
	cout<<ans;
}

然後有一個比較神秘的問題，是說 \(\sum_{i=1}^{n}{i^k}\) 是一個 \((k+1)\) 次多項式。

試著證明一下：

若它是一個 \(k+1\) 次多項式，那麼它一定和另一個 \(k+1\) 次多項式有對等關係。我們將 \(\sum_{i=1}^{n}{i^k}\) 記為 \(S(n,k)\)。

考慮將兩個 \(k+1\) 次多項式 \((n+1)^{k+1}\)，\(n^{k+1}\) 相減，可以得出：

\[\begin{aligned} (n+1)^{k+1}-n^{k+1}&=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^i-n^{k+1} \\ &=\sum_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}n^i \cdots \cdots \cdots(1) \end{aligned} \]

然後，將 \(n^{k+1}\) 和 \((n-1)^{k+1}\) 相減，可以得出：

\[\begin{aligned} n^{k+1}-(n-1)^{k+1}&=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}(n-1)^i-(n-1)^{k+1} \\ &=\sum_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}(n-1)^i \cdots \cdots \cdots(2) \end{aligned} \]

以此類推，到最後，令 \(1^{k+1}\) 和 \(0^{k+1}\) 相減，是 \(\displaystyle \sum_{i=0}^k 0^i\cdots \cdots \cdots (n+1)\)

這樣，我們就有了 \(n+1\) 個式子，考慮將他們加起來，根據裂項相消法，\(\sum_{i=1}^{n+1}(i)=(n+1)^{k+1}\)。

另一側：

\[\begin{aligned} (n+1)^{k+1}&=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}n^i+\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}(n-1)^i+\cdots+\sum_{i=0}^k 0^i \\ &=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}\sum_{j=0}^n j^i \\ &=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}{i}S(n,i) \end{aligned} \]

由此，不難得到 \(S(n,i)\) 和 \((n+1)^{k+1}\) 的關係，也就證明了這個結論。