标签：拉格朗 frac 多项式 复杂度 ne 差值 做题 prod sum

好像是多项式最基础的算法（？，但是咕了比较久，现在学一下吧。

差值是啥

这个东西类似于 FFT 的转化过程，就是多项式点值和多项式系数的转化，简而言之就是解决下面的问题，P4781。

已知一个 \(n-1\) 次多项式的 \(n\) 个点值，\(f(x_i)=y_i\)，已知 \(k\)，求 \(f(k)\bmod 998244353\)。

\(n\le 2000\)

咋做

显然可以直接列方程然后高斯消元，复杂度 \(O(n^3)\)，非常寻宝。

考虑一个构造，令 \(F(x)=\sum f_i(x)\frac{y_i}{f_i(x_i)}\)，其中 \(f_i(x)\) 是一个和 \(x_i\) 有关的多项式，满足 \(f_i(x_i)\ne 0,f_i(x_j)=0(j\ne i)\)，这样就可以满足 \(F(x_i)=y_i\) 了，因为其他项全都是 \(0\)。

再考虑怎么去构造这个 \(f_i(x)\)。

因为显然 \(x_i\) 互不相同，所以可以构造出：

\[f_i(x)=\prod_{j\ne i}(x-x_j) \]

最后整理一下，可以得到：

\[F(k)=\sum_{i=1}^n y_i \frac{\prod_{j\ne i}(k-x_j)}{\prod_{j\ne i} (x_i-x_j)} \]

直接计算，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

code

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• 点值连续差值

上面部分相当于一个前缀乘上一个后缀可以直接预处理，下面部分相当于每次一个阶乘乘上一些 \(-1\)，可以列出：

\[F(k)=\sum_{i=1}^n y_i \frac{\prod_{j\ne i}(k-x_j)}{(i-1)!(n-i)!(-1)^{i-1}} \]

时间复杂度 \(O(n)\)。

标签：拉格朗,frac,多项式,复杂度,ne,差值,做题,prod,sum
来源： https://www.cnblogs.com/houzhiyuan/p/16452223.html

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