拉格朗日插值法小结

插值就是找一个多项式过几个已知的点。

使用待定系数法+高斯消元可以做到$O(n^3)$。这显然不是最优解，不然标签就是高斯消元了= =

下面介绍拉格朗日插值法。
我们考虑一个多项式函数$f(x)$，其中$f(x_i)=y_i$。再考虑一个一个多项式$g(x)$，其中$g(x_i)=z_i$。他们的和函数$h(x)$，即这两个多项式的和，可以表示成$h(x_i)=y_i+z_i$。

那么，举个例子，如果我们找到一个多项式$y=k_1x+b_1$过$(1,3)和(2,0)$，还有一个多项式$y=k_2x+b_2$过$(1,0)和(2,1)$，把这两个多项式加起来，就可以的到一个过$(1,3)和(2,1)$的多项式。

假如我们要为n个点做一个n-1次多项式，设这n个点为$(x_i,y_i)$，这个多项式可以看做n个下面的函数的和。其中，第$i$个多项式函数$f_i$除了在$f_i(x_i)=y_i$外，其他的位置取值都为0，即$f_i(x_j)=0 (i≠j)$。

大家应该学过二次函数的零点式，即

$$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$$
显然在$f(x)=0$时，必有$x_1,x_2$两解。推而广之，一个有n个顶点的n次多项式可以写为，
$$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)……(x-x_n)$$

那么插值用的第i个多项式可写作为

$$f_i(x)=a\prod_{i≠j}(x-x_j)$$

又有$f_i(x_i)=y_i$，带入$x_i$，可得

$$a=\frac{y_i}{\prod_{i≠j}(x_i-x_j)}$$

所以

$$f_i(x)=\frac{y_i*\prod_{i≠j}(x-x_j)}{\prod_{i≠j}(x_i-x_j)}$$

所以，插值总式为，

$$f(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{y_i*\prod_{i≠j}(x-x_j)}{\prod_{i≠j}(x_i-x_j)}$$

也可以写作，

$$f(x)=\sum_{i=1}^{n}{a*\prod_{i≠j}(x-x_j)}$$

显然这时候预处理$a$要$O(n^2)$，求一次值也要$O(n^2)$

如果我们先预处理出$D=\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)$，$\frac{D}{x-x_i}={\prod_{i≠j}(x-x_j)}$，就可以$O(n)$求值。

假如$x_i$为等差数列，那么也可以通过预处理阶乘跑出 $\prod_{i≠j}(x_i-x_j)$，从而做到$O(n)$插值，$O(n)$求值。

也就是告诉我们，当$x_i$可以由我们定的时候，显然要按顺序算啦。