【模板】拉格朗日插值

一般形式

对于$n$阶多项式$f(x)$，给定二维平面上互不相同的$n+1$个点$(x_i,f(x_i))(0\leq i \leq n)$，那么由拉格朗日插值法可得：
$f(x)=\sum _{i=0} ^n f(x_i) \prod _{j=0,j\neq i} ^n \frac{x-x_j}{x_i-x_j}$
可以观察到$f(x)$在$(x_0,x_1,..,x_n)$上都是成立的。

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唯一性

可以证明，对于$n$阶多项式$f(x)$，存在二维平面上互不相同的$n+1$个点使得该多项式通过拉格朗日插值法表示后具有唯一性。
由拉格朗日插值的一般形式计算得到一个$n$阶多项式。将每项的系数带入，可以得到一个范德蒙德矩阵，而$n$阶范德蒙德矩阵的行列式一定不为0，所以存在逆矩阵。
矩阵的逆矩阵具有唯一性，反之存在逆矩阵的矩阵也具有唯一性。所以$f(x)$具有唯一性。

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应用

可以在$O(n^2)$的时间内通过给定的$n+1$个点求出$n$阶多项式$f(x)$在某一点$k$上的取值$f(k)$。
同样，若该式具有一定特殊性，如给定的点是$x$轴上连续的一端，那么可以在$O(n)$时间内求解。
但注意拉格朗日插值法求多项式对手算很不友好。且多用于多项式单点求值，而非求解多项式。

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典例

给定$n,k$。$(n\leq 10^7,k\leq 10^5)$
求：$\sum _{i=1}^n i^k$
这题的复杂度通过巧妙的拉格朗日插值的运用可以从$O(n\log k)$降到$O(k)$。
考虑到可以将这种形式的式子转化为$k$阶多项式$f(x)$。而求的是$f(n)$的答案。
那么直接暴力求出前$k$项带入拉格朗日插值一般形式算出即可。
因为$x_i$是连续的，所以求解时的连乘就变成了阶乘，化简整理后可得：
$f(x)=\prod _{i=1}^k (x-i)\sum _{j=1}^k f(j)\frac{1}{(j-1)!(-1)^{k-j}(k-j)!(x-j)}$

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代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int x[2002],y[2002],n,k,ans;

inline int ad(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

template<class T>
inline void rd(T &x)
{
    char c=getchar();int f=0;x=0;
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-') f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=x*10+(c^48);c=getchar();}
    if(f) x=-x;
}

inline int fp(int x,int y)
{
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x)) 
     if(y&1) re=mul(re,x);
    return re; 
}

int main(){
    int i,j,res,rep;
    rd(n);rd(k);
    for(i=1;i<=n;++i) rd(x[i]),rd(y[i]);
    for(i=1;i<=n;++i){
        res=y[i];rep=1;
        for(j=1;j<=n && res!=0;++j) if(i!=j){
            res=mul(dc(k,x[j]),res);
            rep=mul(rep,dc(x[i],x[j])); 
        }
        ans=ad(ans,mul(res,fp(rep,mod-2)));
    }
    printf("%d\n",ans);
}