拉格朗日插值法

tanjunming2020

已于 2023-10-16 19:39:27 修改

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分类专栏：数学信竞数学文章标签：数学 c++

于 2022-12-14 19:48:13 首次发布

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本文介绍了如何使用拉格朗日插值法来构造一个通过特定点集的多项式。通过定义特殊的基函数，确保了每个基函数只在一个指定的点取非零值，从而实现了对任意一组数据点的精确插值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

介绍

已知 $n$ 个点 $x_i,y_i)$ 时，可以唯一地确定一个次数不超过 $n$ 的多项式 $y = f (x)$ 。但要怎么求呢？

在其他数学家绞尽脑汁的时候，拉格朗日想到：既然这是唯一的，为什么我不能设计 $n$ 个函数，使 $p_i(x)$ 只在 $x=x_i$ 时为 $y_i$ ， $x=x_j$ 时值为 $0(j\neq i)$ ，再将其求和呢？

说干就干，令
$p_i(x)=y_i\prod\limits_{j=1,j\neq i}^n \dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$

那么当 $x=x_i$ 时， $p_i(x)=y_i$ ；当 $x=x_j(j\neq i)$ 时， $p_i(x)=0$ 。

那么，很显然地， $f (x)$ 即为所有的 $p_i(x)$ 之和。

$f(x)=\sum\limits_{i=1}^np_i(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i\prod\limits_{j=1,j\neq i}^n\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$

此时对于所有的 $i(1\leq i\leq n),f(x_i)=y_i$ 。又因为这个多项式是唯一的，所以 $f (x)$ 即为所求。

例题

P4781 拉格朗日插值

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long k,ans=0,p,q,x[2005],y[2005];
long long mod=998244353;
long long mi(long long t,long long v){
	if(v==0) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		p=q=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j) continue;
			p=p*(k-x[j])%mod;
			q=q*(x[i]-x[j])%mod;
		}
		ans=(ans+p*mi(q,mod-2)%mod*y[i]%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}