模板拉格朗日插值法

update：其實拉格朗日插值法的問題在於求分母的複雜度是 $o(n^2)$ 的，要是還要求逆元則再多乙個 $logp$ 變成 $o(n^2logp)$，但是當乙個多項式要重複使用的時候，也不必求出他的各個係數，只要預處理出各項分母的逆元之後，$o(nlogp)$ 處理分子（求出字首積和字尾積），然後再插值，漸進複雜度和求出係數值的一樣。當分母是等差數列之類的有規律的東西，他的分母可能是可以更快求出的。

參考資料：

因為高斯消元法是n立方的，有些鬼畜問題需要n平方的拉格朗日插值法。

使用逆元的n平方logn預處理，nlogn單次詢問的重心拉格朗日插值法：

（假如使用double的話，理論上預處理和詢問都少個log）

#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
namespace lagrange_interpolation_polynomial 
return ans;
}void init_xi_xj()}}
for(int i=1;i<=n;i++)}}
void init_k(int k)
}inline int prod(int i,int k)
int lagrange(int k)
return ans;
}}using namespace lagrange_interpolation_polynomial;
int main() 
init_xi_xj();
printf("%d\n",lagrange(k));
}

通過n個不同的點直接構造出多項式。

$f(x)=\sum\limits_^ y_i \prod\limits_\frac $

正確性：代入 $x_i$ 只有 $y_i$ 右邊是1，其他分子都有0，消掉了。

那麼可以n平方構造。

需要小心溢位以及卡常數。假如進行同乙個多項式的多次求 $f(k)$ 的值，$x_i-x_j$ 的逆元需要多次使用，可以像下面的類似做法預處理他們的差，當然kd和pkd要重新處理。不需要用map存，這樣和直接求qpow乙個鬼樣。

開個invd陣列，儲存每兩個項之間的差的逆元。

注意到prod裡面有一項是 $k-x_j$ 的積，這裡也可以選擇直接記錄這個積。畢竟模運算比較費時，卡出來的常數可能差幾倍

因為是要求逆元的，所以預處理 $o(n^2logn)$ 。

然後每次求新k時，預處理重心拉格朗日插值法的g， $o(nlogn)$ 。

多次求同一多項式的值快了不少的，比原版的拉格朗日插值。就是要 $o(n^2)$ 的額外空間。

先卡掉重複求差的逆元的，已經可以通過了。

#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int n,x[2005],y[2005];
int qpow(int x,int n)
return ans;
}int invd[2005][2005];
int kd[2005];
void init_prod(int k)
return ans;
}int invd[2005][2005];
int kd[2005],pkd;
void init_prod(int k)
return ans;
}void init_xi_xj()}}
for(int i=1;i<=n;i++)}}
void init_k(int k)
}inline int prod(int i,int k)
int lagrange(int k)
return ans;
}}using namespace lagrange_interpolation_polynomial;
ll jury(ll x) ;
ll ret=0;
ll tx=1;
for(int i=0; i<=10; i++) 
//cout<<"jury: "《一般我們代入的點都是連續自然數，當 \(x_i\) 的取值是連續自然數時，插值法因為分母變得容易處理而變成n複雜度。
以從0開始取舉例。
假設當前n為4，從1開始取。其實分子無論怎麼取值都是可以用字首積和字尾積預處理出來的，然後兩段乘在一起。關鍵是分母，當分母是連續自然數的時候不必兩兩枚舉。
\(y_1\frac+y_2\frac+y_3\frac+y_4\frac\)
分母是：\(1*(-1)(-2)(-3),(1)*(-1)*(-2),(2)(1)*(-1),(3)(2)(1)\)
也就是前面階乘，後面是負數的階乘，負數的階乘也很好想，比如這裡n=4，那麼第一項有3個負數，階乘為負數，第二項為正數，第三項為負數……也就是n-i為奇數的項是負數。
可不斷插點的重心拉格朗日插值法。
原式$f(x)=\sum\limits_^ y_i \prod\limits_\frac $
把分子補上缺的項，提出來，記 \(g=\prod\limits_^ x-x_i\)
$f(x)=g\sum\limits_^ \frac \prod\limits_\frac $
再記 \(h_i= \prod\limits_\frac\)
$f(x)=g\sum\limits_^ \frac $
那麼每次多加乙個點的時候，更新 \(g\) 以及每乙個 \(h_i\) 就可以了。
經典例題：求 $\sum\limits_^ i^k $ n很大但k只有幾千萬（需要連續字首優化）
推出計算式之後，就是計算上面那個東西。注意步驟，首先要確定多項式的係數，乙個k次多項式的和一般都是k+1次的，這裡是m+1次多項式的和，也就是m+2次多項式，需要m+3個點。
注意用拉格朗日插值時，判斷k與x_i不重複再插，不然返回y_i就可以了。
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
namespace lagrange_interpolation_polynomial 
return ans;
}void init_xi_xj()}}
for(int i=1;i<=n;i++)
//cout<<"pinvd["int main() 
n-=vm[0];
vm=tv;
}cout<}
}

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