拉格朗日插值相关

一.插值的定义.

插值：给定若干个点$(x_i,y_i)$，确定一条函数曲线$f(x)$满足对于所有$i$，有$f(x_i)=y_i$的过程称为插值.

多项式插值：给定$n+1$个$x_i$两两不同的点$(x_i,y_i)$，确定一个多项式$f(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$满足对于所有$i$，有$f(x_i)=y_i$的过程称为插值.

方便起见，接下来若没有说明，则下文所说的所有插值均指多项式插值.


二.朴素插值方法.

根据插值的定义，很容易列出如下方程组：
$$\{\begin{array}{c}{a}_0+a_1{x}_0+a_2{x}_0^2+\cdots +a_n{x}_0^n=y_0\\ a_0+a_1{x}_1+a_2{x}_1^2+\cdots +a_n{x}_1^n=y_1\\ ⋮\\ a_0+a_1{x}_n+a_2{x}_n^2+\cdots +a_n{x}_n^n=y_n\end{array}$$

接下来只需要高斯消元，就可以在$O(n^3)$的时间复杂度内求出这个多项式了.


三.拉格朗日插值法.

显然，$O(n^3)$的时间复杂度并不令人满意，考虑有没有其他更加优秀的算法.

拉格朗日插值法的思路是构造$n+1$个基础多项式$l_i(x)$满足：
$$\begin{gathered} l_i(x_i)=1 \\ j\ne i\Rightarrow l_i(x_j)=0 \end{gathered}$$

然后拉格朗日构造出了这样的基础多项式：
$$l_i(x)=\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

有了这$n+1$个基础多项式，我们就可以通过它们的线性组合得到$f(x)$：
$$f(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i{l}_i(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

也就是说若我们直接将多项式用$n+1$个点存下来，就可以做到$O(n^2)$计算带入某个$x$的值.


四.求出多项式的系数表示.

乍一看，如果要计算出这个多项式的系数表示，怎么着复杂度也是$O(n^3)$的…

其实不然，我们来转化一下：
$$\begin{gathered} f(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \\ =\sum _{i=0}^n{y}_i\frac{{\prod }_{j=0}^n(x-x_j)}{x-x_i}\frac{1}{{\prod }_{j\ne i}(x_i-x_j)} \end{gathered}$$

令$t_i=\frac{y_i}{{\prod }_{j\ne i}(x_i-x_j)}$，容易发现$t_i$可以暴力计算，那么剩下的式子就是：
$$f(x)=\sum _{i=0}^n{t}_i\frac{{\prod }_{j=0}^n(x-x_j)}{x-x_i}$$

令$g(x)={\prod }_{i=0}^n(x-x_i)$，容易发现$g(x)$也可以暴力算，式子变为：
$$f(x)=\sum _{i=0}^n{t}_i\frac{g(x)}{x-x_i}$$

接下来的问题就是$O(n)$计算$\frac{g(x)}{x-x_i}$，这可以用背包方案数的技巧做到.

时间复杂度$O(n^2)$.


五.利用拉格朗日插值法计算自然数幂和.

首先我们需要推一下自然数幂和的式子.记：
$$S_k(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$$

那么有：
$$\begin{gathered} S_k(n)=S_k(n+1)-(n+1{)}^k \\ =\sum _{i=1}^n(i+1{)}^k-(n+1{)}^k+1 \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})i^j-(n+1{)}^k+1 \\ =\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)\sum _{j=1}^n{j}^i-(n+1{)}^k+1 \\ =\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})S_i(n)-(n+1{)}^k+1 \end{gathered}$$

推到这一步，我们来尝试一下推出$S_{k-1}(n)$：
$$S_{k-1}(n)=\frac{1}{k}\left((n+1{)}^k-1-\sum _{i=0}^{k-2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})S_i(n)\right)$$

也就是：
$$S_k(n)=\frac{1}{k+1}\left((n+1{)}^{k+1}-1-\sum _{i=0}^{k-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+1}{i})S_i(n)\right)$$

经过一波操作之后，我们确定了自然数幂和的式子，但是直接计算是$O(k^2)$的，并不够优秀.

经过观察之后，我们发现这个式子必然是关于$n$的$k+1$次多项式，那么接下来就是计算点和拉格朗日插值了.

计算点非常容易，对于所有$i\in [0,k+1]$，只需要计算出$i^k$然后前缀和一下就是$S_k(i)$了，这一部分的时间复杂度为$O(k\log k)$.

然后是拉格朗日插值，然而是$O(k^2)$的，复杂度并没有变…

但是这不是大问题，我们观察所取的点，发现是连续的$k+2$个点，这会有什么用呢？

代入拉格朗日插值公式：
$$\begin{gathered} f(n)=\sum _{i=0}^{k+1}{S}_k(i)\prod _{j\ne i}\frac{n-j}{i-j} \\ =\sum _{i=0}^{k+1}{S}_k(i)\frac{1}{i!(-1{)}^{k+1-i}(k+1-i)!}\prod _{j\ne i}(n-j) \end{gathered}$$

对于最后一个连乘式，我们令：
$$\begin{gathered} P(i)=\prod _{j=0}^i(n-j) \\ S(i)=\prod _{j=i}^k(n-j) \end{gathered}$$

那么有：
$$f(n)=\sum _{i=0}^{k+1}{S}_k(i)\frac{P(i-1)\ast S(i+1)}{i!(-1{)}^{k+1-i}(k+1-i)!}$$

这就可以做到$O(k)$拉格朗日插值了.

总时间复杂度即为$O(k\log k)$.通过一个线性筛$i^k$的操作，可以做到近似$O(k)$（实际上是$O\left(\frac{k{\log }_{2}k}{\ln k}\right)$）.