2019 ICPC 邀请赛(南昌) B-Polynomial(拉格朗日插值法)

题面

定义了$f_{(x)}=a_0+a_1{x}^1+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$.数字可能会非常大，所以对9999991取模。
对于一个多项式，XH不知道任意一个$a_i$,但是他知道$f_{(0)},f_{(1)},f_{(2)}\cdots f_{(n)}$的值。他想要计算$$\sum _{i=L}^R{f}_{i}mod9999991$$

拉格朗日插值法

给定一个多项式
$$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$$
多项式的度数为$n$，一共有$n+1$项
对于这个函数，若已知其任意$n+1$个$x$取值以及其所对应的$y$的值的话，可以利用拉格朗日插值来求得任意其他$x$的值,即已知$(x_0,y_0)),(x_1,y_1)),\cdots ,(x_n,y_n))$，得
$$f(x)=L(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i{l}_i(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j̸=i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$
举个例子
$(0,1),(1,4)(2,9)$即
$f(0)=1$
$f(1)=4$
$f(2)=9$
那么
$$l_0(x)=\frac{x-1}{0-1}\cdot \frac{x-2}{0-2}$$
$$l_1(x)=\frac{x-0}{1-0}\cdot \frac{x-2}{1-2}$$
$$l_2(x)=\frac{x-0}{2-0}\cdot \frac{x-1}{2-1}$$
$$f(x)=L(x)=f(0)\cdot l_0(x)+f(1)\cdot l_1(x)+f(2)\cdot l_2(x)$$
$$=1\cdot \frac{x-1}{0-1}\cdot \frac{x-2}{0-2}+4\cdot \frac{x-0}{1-0}\cdot \frac{x-2}{1-2}+9\cdot \frac{x-0}{2-0}\cdot \frac{x-1}{2-1}$$
$$=1\cdot \frac{x-1}{0-1}\cdot \frac{x-2}{0-2}+4\cdot \frac{x-0}{1-0}\cdot \frac{x-2}{1-2}+9\cdot \frac{x-0}{2-0}\cdot \frac{x-1}{2-1}$$
$$=1+2x+x^2$$
若题目中给的$x$是任意的话只能用$O(n^2)$处理了

特殊情况

若x是连续的那么复杂度可以达到O(n)，例如x的取值是从$0\sim n$，那么根据公式
$$l_0(x)=\frac{(x-1)(x-2)\cdots (x-n)}{(0-1)(0-2)\cdots (0-n)}$$
$$l_1(x)=\frac{(x-0)(x-2)\cdots (x-n)}{(1-0)(1-2)\cdots (1-n)}$$
$$⋮$$
$$l_n(x)=\frac{(x-0)(x-1)\cdots (x-(n-1))}{(n-0)(n-1)\cdots (n-(n-1))}$$
我们先处理分子
对于所要求的$x$我们可以预处理出
$$p=(x-0)(x-1)(x-2)\cdots (x-n)$$
那么$l_i(x)$的分子部分可以用$\frac{p}{(x-i)}$求得，可以用费马小定理求得$(x-i)$的逆元
我们再处理分母
可以观察到$l_0(x)$的分母为$(-1{)}^{n}n!$
$l_1(x)$为$1!(-1{)}^{n-1}(n-1)!$
$l_2(x)$为$2!(-1{)}^{n-2}(n-2)!$
得$l_i(x)$的分子
$$i!(-1{)}^{n-i}(n-i)!$$
所以我们只用预处理出阶乘逆元然后判断当前分母的正负即可，复杂度就是变为了$O(n)$

fac[0]=1;
    for(int i=1; i<N; i++)
        fac[i]=(fac[i-1])*i%mod;
    inv[N-1]=quickmod(fac[N-1],mod-2);//费马小定理求n!的逆元也就是1/n! 
    for(int i=N-2; i>=0; i--)
        inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;//(n-1)!的逆元和n!的关系为1/n!*n

思路

该题给了$x$从$0\sim n$一共$n+1$个取值，那么就是拉格朗日插值法的特殊情形，但是他最后要求的是$$\sum _{i=L}^{R}f(i)$$
我们令$$S(x)=\sum _{i=0}^{x}f(i)$$
那么答案就是$$ans=S(R)-S(L-1)$$
如果知道$$\sum _{i=1}^x{i}^n$$的和函数的度为$n+1$的话，那么就可以的出
$S(x)$也是一个度为$n+1$的多项式，那么若知道了$S(n+1)$的话就可以用已知的所给的$f(x)$的前缀和直接对和函数拉格朗日插值了，其实也容易就是用$f(x)$对f(n+1)插个值，得到$f(n+1)$再对这$n+2$个前缀和对$S(R)$插个值和对$S(L-1)$插个值，然后一减就可以得到答案了
多组数据注意初始化和以及线性求逆元处理一下还能减少一个log

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=9999991;
const int N=1005;
long long a[N];
long long sum[N];
long long fac[N];
long long inv[N];
long long _inv[mod+5];
long long quickmod(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1; i<N; i++)
        fac[i]=1ll*(fac[i-1])*i%mod;
    inv[N-1]=quickmod(fac[N-1],mod-2);
    for(int i=N-2; i>=0; i--)
        inv[i]=(1ll*inv[i+1]*(i+1))%mod;
    _inv[0]=_inv[1]=1;
    for(int i=2;i<mod+5;i++)
        _inv[i]=((mod-mod/i)*_inv[mod%i])%mod;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        long long z=1;
        for(int i=0; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            a[i]=a[i]%mod;
            z=z*((n+1-i+mod)%mod)%mod;
            if(i!=0)
                sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
            else
                sum[i]=a[i];
        }
        for(int i=0; i<=n; i++)
        {
            if((n-i)%2==1)
                a[n+1]=(a[n+1]-z%mod*_inv[n+1-i]%mod*inv[n-i]%mod*inv[i]%mod%mod*a[i]%mod+mod)%mod;
            else
                a[n+1]=(a[n+1]+z%mod*_inv[n+1-i]%mod*inv[n-i]%mod*inv[i]%mod%mod*a[i]%mod+mod)%mod;
        }
        sum[n+1]=(sum[n]+a[n+1])%mod;
        while(m--)
        {
            int l,r;
            scanf("%d%d",&l,&r);
            if(r<=n+1)
            {
                printf("%d\n",(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod);
                continue;
            }
            long long x=1,y=1;
            for(int i=0; i<=n+1; i++)
            {
                x=x*(r-i)%mod;
                y=y*(l-1-i)%mod;
            }
            long long ans=0;
            for(int i=0; i<=n+1; i++)
            {
                if((n+1-i)%2==1)
                    ans=(ans-x%mod*_inv[r-i]%mod*inv[n+1-i]%mod*inv[i]%mod%mod*sum[i]%mod+mod)%mod;
                else
                    ans=(ans+x%mod*_inv[r-i]%mod*inv[n+1-i]%mod*inv[i]%mod%mod*sum[i]%mod+mod)%mod;
            }
            if(l-1<=n+1)
                ans=(ans-sum[l-1]+mod)%mod;
            else
            {
                for(int i=0; i<=n+1; i++)
                {
                    if((n+1-i)%2==1)
                        ans=(ans+y%mod*_inv[l-1-i]%mod*inv[n+1-i]%mod*inv[i]%mod%mod*sum[i]%mod+mod)%mod;
                    else
                        ans=(ans-y%mod*_inv[l-1-i]%mod*inv[n+1-i]%mod*inv[i]%mod%mod*sum[i]%mod+mod)%mod;
                }
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}
/*
1
3 2
1 10 49 142
6 7
95000 100000
*/