数学2——拉格朗日插值法

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前言

\quad 这居然才是我第二次写数学专题的博客……特别是在中考数学没考好之后，我越来越觉得数学要加把劲了 （似乎与中考并没有什么关系？但是不管怎样数学都是要补的）。
\quad 以下进入正文内容。

1. 插值能拿来干什么？

我们来回忆初中数学课上常见的一类题目：

• 给定一个二次函数上一些点的坐标，请描出这个二次函数的图像，然后求出某些横坐标 $x_i$ 在函数上所对应的值 $y_i$ 。

然后给出了这么一张表格：

$x_i$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$y_i$	$0$	$1$	$4$	$9$

这个时候，你可能就会从里面随便选出了三个点：$$(1,0),(2,1),(3,4)$$.
接着设出三个三元一次方程并联立得到：
$$\{\begin{array}{llc}x+y+z& =& 0\\ 4x+2y+z& =& 1\\ 9x+3y+z& =& 4\end{array}$$
这种简单的式子当然难不倒你，你很快算出了解：
$$\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-2\\ z=1\end{array}$$
从而得到了二次函数：
$$f(x)=x^2-2x+1$$
假设你不会因式分解简化运算，那么你最后会把 $x=5$ 带入函数式：
$$\begin{array}{ccc}f(5)& =& x^2-2x+1\\ & =& 5^2-2\times 5+1\\ & =& 16\end{array}$$
就这样，我们完成了一次 把一个自变量带入函数中，求出其对应函数值的过程 ，这个过程，我们可以把它认为是一次插值。
简而言之，你可以把插值简单理解成把新的 $x$ 丢进函数中，取出函数值的过程。

2. 插值应该怎么实现呢？

• 显然，对于一个二次函数，你可以毫不费劲地算出它的函数解析式——甚至比上面的过程看上去更简单。
• 但是如果是三次函数呢？
  函数解析式是 $f(x)=a_3{x}^3+a_2{x}^2+a_{1}x+a_0$ ，看起来有 $4$ 个未知数，于是你列出了 $4$ 个方程。
• 似乎难算了一点。
• 如果是 $100$ 次函数呢？
• 如果是 $5000$ 次函数呢？
• 我们不可能让计算机“一眼看出”答案吧……

但是，我们还有办法。

高斯消元解法

既然我们上面是解方程，那么我们就可以直接按照数学的方法列出方程，并采用矩阵的形式存储下来，就像这样：
$$\left[\begin{array}{cccccc}{x}_1^n& x_1^{n-1}& \cdots & x_1^2& x_1& y_1\\ x_2^n& x_2^{n-1}& \cdots & x_2^2& x_2& y_2\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ x_{n+1}^n& x_{n+1}^{n-1}& \cdots & x_{n+1}^2& x_{n+1}& y_{n+1}\end{array}\right]$$

这种矩阵我们可以通过高斯消元来计算出所有未知数（即函数各项的系数），然后将横坐标回代入函数解析式求出答案。由于不是我们讨论的重点，因此不作详细介绍。

学过高斯消元的同学都知道，高斯消元是一种暴力的解方程的办法， 其时间复杂度是 $O(n^3)$ 的。虽说确实可以解决了 $100$ 次函数插值的问题，但是面对更高次的方程，我们有没有更快的方法呢？

这就是为什么需要使用拉格朗日插值法。

3. 拉格朗日插值

3.1 使用交点式？

我们再回到刚开始的二次函数。我们先是使用了一般式，然后勉勉强x强用高斯消元做到了 $\mathcal{O}(n^3)$ 的复杂度，不太优秀——但是二次函数还有顶点式和交点式啊！

对于一般的多次函数，顶点式并不适用，因此我们从交点式的角度考虑。

一般的，$n$ 次函数的交点式可以写成如下形式：
$$\begin{array}{ccc}f(x)& =& a(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)\\ & =& a\prod _i^n(x-x_i)\end{array}$$

接下来，我们考虑怎么把给定的这些点带入上式中。

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3.2 拉格朗日函数

考虑对于每一个点定义如下函数 $\begin{array}{c}{l}_i(\alpha )=\{\begin{array}{l}\beta y_i,\text{if}{x}_i=\alpha ,\\ 0,\text{if}{x}_i̸=\alpha .\end{array}\end{array}$，其中 $\beta$ 是一个任意的非 $0$ 常数（即保证函数值是与 $y_i$成线性关系的且当 $y_i$ 非 $0$ 时 $l_i(\alpha )$ 也非 $0$）。

我们称这个函数为拉格朗日函数。它的定义用语文表述就是：只有在 $x_i$ 处取到与 $y_i$ 相关的值，其余位置均为 $0$.

另一方面，如果拉格朗日函数的定义域为所有 $x_i$ 组成的集合，那么第 $i$ 个点的拉格朗日函数 $l(i)$ 也可以表示为：

$$l_i(x)=a\prod _{i̸=j}(x-x_j)$$

显然这个式子满足拉格朗日函数的性质。

我们考虑这样定义的拉格朗日函数有什么优点。当 $x̸=x_i$ 时，因为定义域是所有 $x_i$ 组成的集合，所以总有一项为 $x_j-x_j=0$，即 $l_i=0$；

当 $x=x_i$ 时，移项得到 $$a=\frac{l_i(x_i)}{\prod _{i̸=j}(x_i-x_j)}=\frac{y_i}{\prod _{i̸=j}(x_i-x_j)}$$

我们发现，我们对于所有的点都能用坐标 $(x_i,y_i)$ 表示出了交点式中的 $a$ .

这样问题就好办了。我们把这个 $a$ 回代，就有了
$$f_i(x_i)=y_i\frac{\prod _{i̸=j}(x_i-x_i)}{\prod _{i̸=j}(x_i-x_j)}=y_i$$

满足要求！我们就愉快的把拉格朗日函数的 $l$ 记号给扔掉了。

3.3 合并！

同时，我们还注意到，由于拉格朗日函数具有“独立性”，即对于每个 $l_i(x)$ 他们之间不会互相干涉（只要 $i̸=j$ 那就都是 $0$ 了；对于每个$x_i$ 取到非 $0$ 函数值的情况有且只有一种），所以我们把所有的 $f_i(x)$ 加起来对于一个单独的 $x_k$ 来说结果也是不会变的（因为在其它 $l_i$ 处取值都是 $0$ ），即对于任意的 $x_k$ 均有
$$f(x_k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{i̸=j}\frac{x_k-x_j}{x_i-x_j}$$

这样，我们就推出了一个唯一的多项式能经过所有的点。
拉格朗日公式推完了！！！

等下，你的定义域似乎是 所有 $x_i$ 构成的集合 啊？
那我怎么对于任意数值插入多项式呢？

注意到 $n+1$ 个点只能唯一确定一个 $n$ 次多项式，因此我们上面推出的这个函数是唯一确定的。对于一个唯一确定的函数，当然把任意的 $x$ 带入都能得到唯一且正确的答案啦！

复杂度优化到了 $\mathcal{O}(n^2)$，可以通过 $n\le 5000$ 的数据。

3.4 代码

代码还是自己实现的好~其实这个代码真的没什么细节就是对着公式写。
配套练习：洛谷 P4781 【模板】拉格朗日插值

#include
#include
const int MAXN=2010;
const int MOD=998244353;

struct node{
	int x,y;
	node(int x=0,int y=0):x(x),y(y){}
	bool operator<(const node &rhs)const{
		return x<rhs.x||(x==rhs.x&&y<rhs.y);
	}
}p[MAXN];

inline long long inv(long long x){
	long long res=1;
	int b=MOD-2;
	while(b){
		if(b&1)
			res=res*x%MOD;
		x=x*x%MOD;b>>=1;
	}
	return res;
}

int main(){
	int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		p[i]=node(x,y);
	}

	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long prod1=1,prod2=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)
				continue;
			prod1=prod1*(k-p[j].x+MOD)%MOD;
			prod2=prod2*(p[i].x-p[j].x+MOD)%MOD;
		}
		res=(res+prod1*inv(prod2)%MOD*p[i].y%MOD)%MOD;
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

后记

[Warning]
请不要使用拉格朗日插值法完成数学课本上函数相关章节的练习。
[Extra Exercises]
请独立思考如何在给定的点的横坐标为 $\{x\in {\mathbb{N}}^{\ast }|x\le n\}$ 时将拉格朗日插值的复杂度优化到 $\mathcal{O}(n)$.