拉格朗日插值法

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$y_i$，其余的$x_j$值为$0(j\ne i)$，再将其求和呢？

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

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

那么，很显然地，$f(x)$即为所有的$p_i(x)$之和。

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{p}_i(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j=1,j\ne i}^n\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

此时对于所有的$i(1\le i\le n),f(x_i)=y_i$。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
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;
}