一、引入

我们会遇到这样的问题：
给定 nnn 个点 (xi,yi)" role="presentation" style="position: relative;">(xi,yi)(xi,yi)(x_i,y_i) ，求一个 n−1n−1n-1 次多项式函数 f(x)f(x)f(x) ，
使对于每个 iii ，都有 f(xi)=yi" role="presentation" style="position: relative;">f(xi)=yif(xi)=yif(x_i)=y_i 。
其中 xixix_i 互不相同。
利用线性代数的知识可以得出有且仅有一个 f(x)f(x)f(x) 满足条件。

二、结论

下面直接给出结论：

f(x)=∑i=0n−1yi∏j=0,j≠in−1x−xjxi−xjf(x)=∑i=0n−1yi∏j=0,j≠in−1x−xjxi−xj

f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}y_i\prod_{j=0,j\ne i}^{n-1}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}
复杂度 O(n2)O(n2)O(n^2) 。

三、证明

对于任意 0≤k<n0≤k<n0\le k ，将 xkxkx_k 代入公式：
对于 i=ki=ki=k ，有 xi=xkxi=xkx_i=x_k ：

yk∏j=0,j≠kn−1xk−xjxk−xj=ykyk∏j=0,j≠kn−1xk−xjxk−xj=yk

y_k\prod_{j=0,j\ne k}^{n-1}\frac{x_k-x_j}{x_k-x_j}=y_k
而对于 i≠ki≠ki\ne k ，在满足 0≤j<n,j≠i0≤j<n,j≠i0\le j 的 jjj 中一定有一个 j=k" role="presentation" style="position: relative;">j=kj=kj=k 。
于是就必定有一个 xk−xkxk−xkx_k-x_k 的项。
所以对于 i≠ki≠ki\ne k ：

yi∏j=0,j≠in−1xk−xjxi−xj=0yi∏j=0,j≠in−1xk−xjxi−xj=0

y_i\prod_{j=0,j\ne i}^{n-1}\frac{x_k-x_j}{x_i-x_j}=0
得证。

四、应用

如果知道了两个变量之间的联系是多项式并知道了多项式的次数 n−1n−1n-1 ，那么可以取 nnn 个值（要取合适的值）代入多项式并求解。
如：
给定 n,k" role="presentation" style="position: relative;">n,kn,kn,k ，求：

∑i=1nik∑i=1nik

\sum_{i=1}^ni^k
n≤1018,k≤106n≤1018,k≤106n\le 10^{18},k\le 10^6 。
我们知道：

∑i=1ni0=n∑i=1ni0=n

\sum_{i=1}^ni^0=n

∑i=1ni1=n(n+1)2∑i=1ni1=n(n+1)2

\sum_{i=1}^ni^1=\frac{n(n+1)}2

∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6

\sum_{i=1}^ni^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6

∑i=1ni3=(n(n+1)2)2∑i=1ni3=(n(n+1)2)2

\sum_{i=1}^ni^3=(\frac{n(n+1)}2)^2
得出结论： f(n,k)=∑ni=1ikf(n,k)=∑i=1nikf(n,k)=\sum_{i=1}^ni^k 是一个 k+1k+1k+1 次多项式。
可以取 k+2k+2k+2 个值 1,2,...,k+21,2,...,k+21,2,...,k+2 并计算出 f(1,k),f(2,k),...,f(k+2,k)f(1,k),f(2,k),...,f(k+2,k)f(1,k),f(2,k),...,f(k+2,k) 代入：

f(n,k)=∑i=1k+2f(i,k)∏j=1,j≠ik+2n−ji−jf(n,k)=∑i=1k+2f(i,k)∏j=1,j≠ik+2n−ji−j

f(n,k)=\sum_{i=1}^{k+2}f(i,k)\prod_{j=1,j\ne i}^{k+2}\frac{n-j}{i-j}
可以 O(k)O(k)O(k) 预处理出 g(i)=∏k+2j=1,j≠i{n−j}g(i)=∏j=1,j≠ik+2{n−j}g(i)=\prod_{j=1,j\ne i}^{k+2}\{n-j\} 。对 j<ij<ij 和 j>ij>ij>i 分别处理即可。
而对 ∏k+2j=1,j≠i{i−j}∏j=1,j≠ik+2{i−j}\prod_{j=1,j\ne i}^{k+2}\{i-j\} ，也可以分 j<ij<ij 和 j>ij>ij>i 分别处理：

∏j=1,j≠ik+2{i−j}=(−1)k+2−i(i−1)!(k+2−i)!∏j=1,j≠ik+2{i−j}=(−1)k+2−i(i−1)!(k+2−i)!

\prod_{j=1,j\ne i}^{k+2}\{i-j\}=(-1)^{k+2-i}(i-1)!(k+2-i)!
预处理阶乘后，复杂度就是 O(k)O(k)O(k) 的。然而由于求 f(i,k)f(i,k)f(i,k) 时要求幂，复杂度 O(klogk)O(klog⁡k)O(k\log k) 。

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