拉格朗日插值法是一个根据点对求回原函数的算法，原理挺好懂的。

原理和优化方法上面的大佬都讲得很好。

其实主要就是这个式子：

然后暴力算这个式子的话是每求一项f(k)的时间复杂度都是n^2。

这个时间很不优秀，于是我们想办法在一些特殊时候优化它。

在x连续的时候我们可以通过预处理的方式加快速度，式子为

然后其实拉格朗日插值就上面两个式子，具体题目的具体点对不一样，但是插值的方法就是这样。

然后重心拉格朗日插值法就是把朴素的式子变形，它的好处是

虽然原理好懂代码好写，但是做题并不好做，得看出所求函数是几次多项式也得简略证明一下，这要求有一定的数学素养。这一个知识点蒟蒻还是差得很多，基本上就是做一题看一题题解。主要是虽然拉格朗日插值法不难，也好写。但是架不住我根本不知道要求的是哪个函数呀qwq qwq qwq，这样的话初始点对都求不出来，那还插个球。。。

总的来说，一定不能有式子恐惧症，要多加训练推式子的能力。加上这个知识点不怎么熟练，一定要回看。

题目练习：

洛谷P4781

模板题：

#include

using namespacestd;

typedeflong longLL;const int N=2e3+10;const int MOD=998244353;intn,k,x[N],y[N];intpower(LL x,LL p,LL MOD) {

LL ret=1;for (;p;p>>=1) {if (p&1) ret=ret*x%MOD;

x=x*x%MOD;

}return (int)ret;

}intLagrange() {int ret=0;for (int i=1;i<=n;i++) {int up=1,down=1;for (int j=1;j<=n;j++) {if (i==j) continue;

up=(LL)up*((k-x[j])%MOD+MOD)%MOD; //分子

down=(LL)down*((x[i]-x[j])%MOD+MOD)%MOD; //分母

}int tmp=(LL)y[i]*up%MOD*power(down,MOD-2,MOD)%MOD;

ret=(ret+tmp)%MOD;

}returnret;

}intmain()

{

cin>>n>>k;for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);

cout<

}

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洛谷P4593

看大佬题解，主要矛盾就是算sigma(i^m) (i=1~m+1)  这个用拉格朗日插值法可以解决。

#include

using namespacestd;

typedeflong longLL;const int N=100;const int P=1e9+7;intn,m;

LL jc[N],pre[N],suf[N],a[N],y[N];voidprework() {

jc[0]=1; for (int i=1;i<=60;i++) jc[i]=(jc[i-1]*i)%P;

}

LL power(LL x,LL p,LL MOD) {

LL ret=1;for (;p;p>>=1) {if (p&1) ret=ret*x%MOD;

x=x*x%MOD;

}returnret;

}//拉格朗日插值计算：sigma(i^m) (i=1~m+1) 因为计算m项要用m+1个点

LL Lagrange(intn) {

LL ret=0;

pre[0]=n; for (int i=1;i<=m+1;i++) pre[i]=(pre[i-1]*(n-i))%P; //预处理分子前缀

suf[m+2]=1; for (int i=m+1;i;i--) suf[i]=(suf[i+1]*(n-i))%P; //预处理分母后缀

for (int i=1;i<=m+1;i++) { //m+1个点插点

LL up=pre[i-1]*suf[i+1]%P;

LL down=jc[i]*jc[m+1-i]%P;if ((m+1-i)%2==1) down=P-down; //注意，(m+1-i)奇数项分母取反

LL tmp=up*power(down,P-2,P)%P*y[i]%P;

ret=(ret+tmp)%P;

}returnret;

}intmain()

{

prework();int T; cin>>T;while (T--) {

scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]); a[++m]=++n;

sort(a+1,a+m+1);for (int i=1;i<=m+2;i++) y[i]=power(i,m,P);for (int i=1;i<=m+2;i++) y[i]=(y[i]+y[i-1])%P; //算出(x,y)点对

LL ans=0;for (int i=1;i<=m;i++) { //计算ans

for (int j=i;j<=m;j++) ans=(ans+Lagrange(a[j]-1)-Lagrange(a[j-1]))%P,ans=(ans+P)%P;for (int j=i+1;j<=m;j++) a[j]=a[j]-a[i]; a[i]=0;

}

printf("%lld\n",ans);

}return 0;

}

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BZOJ-3453

惭愧的说，这题我现在还是不能完全理解为什么就能表示成K+4次多项式。但是其实能看出来的话也是直接插值就可以了。

#include

using namespacestd;

typedeflong longLL;const LL P=1234567891;const LL N=200+10;

LL k,a,n,d;

LL f[N],g[N];

LL power(LL x,LL p,LL MOD) {

LL ret=1;for (;p;p>>=1) {if (p&1) ret=ret*x%MOD;

x=x*x%MOD;

}returnret;

}//计算k项式(i,f[i])的第n项

LL Lagrange(LL *f,LL k,LL n) {

LL ret=0;for (int i=0;i<=k;i++) {

LL up=f[i],down=1;for (int j=0;j<=k;j++) {if (i==j) continue;

up=up*((n-j+P)%P)%P;

down=down*((i-j+P)%P)%P;

}

ret=(ret+up*power(down,P-2,P)%P)%P;

}returnret;

}intmain()

{int T; cin>>T;while (T--) {

memset(f,0,sizeof(f)); memset(g,0,sizeof(g));

scanf("%lld%lld%lld%lld",&k,&a,&n,&d);for (int i=1;i<=k+4;i++) f[i]=power(i,k,P);for (int i=1;i<=k+4;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i])%P;for (int i=1;i<=k+4;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i])%P;for (int i=0;i<=k+4;i++)

g[i]=((i>0?g[i-1]:0)+Lagrange(f,k+4,a+i*d))%P;

printf("%lld\n",Lagrange(g,k+4,n));

}return 0;

}

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