\[\gamma(k) = \sum_^y_i\prod_\neq }^\frac
\]
const int mod=1e9+7;
templatet qpow(t x,int k)
return e;
}templatet lagrange(int n,int x,int y,t k)
ans=(1ll*ans+1ll*y[i]*fz%mod*qpow(fm,mod-2)%mod)%mod;
}return (ans+mod)%mod;
}
首先把\(x_i\)換成i，新的式子為
\[f(k) = \sum_^ y_i \prod_ \fracf(k)
\]對於 \(\prod_ ^\frac\) 可以優化
對於分子來說，我們維護出關於k的字首積和字尾積，也就是
\[pre_i = \prod_^ k - j
\]\[suf_i = \prod_^n k - j
\]對於分母來說，觀察發現這其實就是階乘的形式，我們用fac[i]來表示\(i!\)
那麼式子就變成$$f(k) = \sum_^n y_i \frac$$分母可能會出現符號問題，也就是說，當n - i為奇數時，分母應該取負號
const int mod=1e9+7;
templatet qpow(t x,int k)
return e;
}int lagrange(int n,int x,int y,int k)
return (ans+mod)%mod;
}
define \(f_ = a_0+a_1 \times x^1 + a_2 \times x^2 +…+ a_n \times x^n\)
the number maybe tremendous huge, so take the module of 9999991.
for a polynomial, xh doesn't know any \(a_i\) , but he knows the value of \(f_ , f_, f_…f_\) . he wants to calculate \(\displaystyle\sum_^r f_\) mod 9999991.
input
the first line contains a number \(t ( 1 \le t \le 5 )\) ——the number of test cases.
for each test case. the first line contains two integers \(n (1 \le n \le 1000)\) and \(m(1 \le m \le 2000)\).
the second line contains n+1 integers,representing the value of \(f_ , f_, f_…f_\)
the next mm lines, each line contains two integers l, r.
\(( 1 \le l \le r \le 9999990)\)
output
for each test case, output m lines, each line contains one integer, the value of \(isplaystyle\sum_^r f_\) mod 9999991.
樣例輸入
1
3 21 10 49 142
6 7
95000 100000
2519
1895570
由n+1個點可求得 \(f(n+1)\)
再由\(s(k)-s(k-1)=f(k)\)可知，\(s(k)=\sum_^k f(i)\)是n+1次多項式
且我們可以求出這n+2個點，分別是
(0, \(f_0\)) , (1, \(f_0+f_1\)), ..., (n, \(f_0+f_0+... +f_n\)), (n, \(f_0+f_0+... +f_n+f_)\)
這樣，求出\(s(k)\) 之後
\(s(r)-s(l-1)\)即為答案。
**：
#includeusing namespace std;
char buf[100000],*l=buf,*r=buf;
#define gc() l==r&&(r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),l==r)?eof:*l++
templateinline void read(t&x)
#define init(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=9999991,maxn=1020;
typedef long long ll;//鬼畜資料，只能全部用ll，不然乙個點都過不了，浪費了了我一下午。。。。
templatet qpow(t x,int k)
return e%mod;
}ll fac[maxn],ffa[maxn];
//fac是階乘
//ffa是分母，對於m次詢問，都是相同的分母，儲存起來，
//因為s(x) 已經確定，分母裡的快速冪只需求一次即可，不然坑爹資料乙個點也過不了
ll lagrange(ll n,ll x,ll y,ll k)
return (ans+mod)%mod;
}int main()
for(int i=0; i<=n; ++i)
y[n+1]=lagrange(n,x,y,n+1);//f(n+1)
x[n+1]=n+1;
for(int i=1; i<=n+1; ++i)y[i]+=y[i-1];//字首和就是s（x）個點的y值
for(int i=0; i<=n+1; ++i)
while(m--)
}return 0;
}
lagrange插值多項式
簡潔版 hanshu input 請輸入函式f x s fprintf 請輸入差值區間最小值 n xmin input fprintf 請輸入差值區間最大值 n xmax input fprintf 請輸入等分份數 n n input fprintf 請輸入自變數x n xin input h xm...
新冠插值法matlab MATLAB插值法程式
課程名稱 數學實驗 學期 2012 2013 學年第一學期 成績指導教師 李朝遷學生姓名 張偉學生學號 實驗名稱 用多種插值法逼近 sin x 實驗編號 no.實驗日期 2012 10 23 實驗學時 學院 數學與統計學院 專業 數理基礎科學年級級 一 實驗目的 學會運用插值法求得所需值。二 實驗內...
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...