拉格朗日插值的应用

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引言：

什么是拉格朗日插值？假设我们现在有三个点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)，现在我们要找一条唯一的二次曲线刚好经过这三个点。

拉格朗日给出了一个绝妙的方法，他把我们要求的曲线的表达式等同于三个函数的累加。具体是这么操作的：

第一个函数保证\(f_1(x_1)=1,f_1(x_2)=f_1(x_3)=0\)

第二个函数保证\(f_2(x_2)=1,f_2(x_1)=f_2(x_3)=0\)

第三个函数保证\(f_3(x_3)=1,f_3(x_1)=f_3(x_2)=0\)

那么我们所要求的函数即为:

可以保证的是这个函数同时经过\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)并且是唯一的满足条件的二次函数。

公式：

如果上面的部分你看懂了，那么你已经掌握了拉格朗日插值的用法和思想。接下来我们要做的就是寻找一个公式使得利用现在已有的\(n\)个点，来推导出\(n-1\)次的函数。

那么这个函数为:

实现：

一般情况下拉格朗日插值的复杂度是\(O(n^2)\)，即：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e6+100;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
struct point{
    ll x,y;
}p[N];
int n,k;
ll qpow(ll a,ll b,ll mod){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1){
            ans=(ans%mod*a%mod)%mod;
        }
        a=(a%mod*a%mod)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
ll Lagrange(int k){
    ll ans=0;
    for(int j=1;j<=n;j++){//
        ll base1=1;
        ll base2=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){//lj(k)基函数 
            if(j==i) continue;
            base1=(base1%mod*((k-p[i].x)%mod+mod)%mod)%mod;
            base2=(base2%mod*((p[j].x-p[i].x)%mod+mod)%mod)%mod;
        }
        ans=(ans%mod+(p[j].y%mod*base1%mod*qpow(base2,mod-2,mod)%mod)%mod)%mod;
    }
    return ans;
} 
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i].x>>p[i].y;
    cout<<Lagrange(k)<<endl;
    return 0;
}

如果已知的坐标是连续的话，那么我们可以通过预处理使得复杂度变为\(O(n)\),代码以codeforces 622F为例。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e6+100;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
ll p[N],x[N],s1[N],s2[N],ifac[N];
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans%mod*a%mod)%mod;
        a=(a%mod*a%mod)%mod;
        b>>=1;
    }
    return (ans%mod+mod)%mod;
}

//拉格朗日插值，n项，每个点的坐标为(x_i,y_i)，求第xi项的值，保证x是连续的一段 
ll lagrange(ll n, ll *x, ll *y, ll xi) {
    ll ans = 0;
    s1[0] = (xi-x[0])%mod, s2[n+1] = 1;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) s1[i] = 1ll*s1[i-1]*(xi-x[i])%mod;
    for (ll i = n; i >= 0; i--) s2[i] = 1ll*s2[i+1]*(xi-x[i])%mod;
    ifac[0] = ifac[1] = 1;
    for (ll i = 2; i <= n; i++) ifac[i] = -1ll*mod/i*ifac[mod%i]%mod;
    for (ll i = 2; i <= n; i++) ifac[i] = 1ll*ifac[i]*ifac[i-1]%mod;
    for (ll i = 0; i <= n; i++)
        (ans += 1ll*y[i]*(i == 0 ? 1 : s1[i-1])%mod*s2[i+1]%mod
            *ifac[i]%mod*(((n-i)&1) ? -1 : 1)*ifac[n-i]%mod) %= mod;
    return (ans+mod)%mod;
}
int main(){
    ll n,k;
    cin>>n>>k;
    if(k==0){
        cout<<n<<endl;
        return 0;
    }
    p[0]=0;
    for(ll i=1;i<=k+2;i++) p[i]=(p[i-1]%mod+qpow(i,k))%mod;
    for(ll i=1;i<=k+2;i++) x[i]=i;
    if(n<=k+2){
        cout<<p[n]<<endl;
    }
    else{
        cout<<lagrange(k+2,x,p,n)<<endl;
    }
    return 0;
}

总结：

其实拉格朗日插值在算法竞赛中主要用于数据分析，即对于给定的某些关系构造出若干已知点，然后利用这些已知点去计算通项公式。

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拉格朗日插值的应用

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原文地址：https://www.cnblogs.com/codancer/p/12232378.html