Lagrange 插值

有 \(\texttt{Lagrange}\) 公式：

\[f(x)=\sum_{i=1}^n y_i \prod_{i\neq j} \frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

如果给定了点值直接逆做就行了

貌似和 \(IDFT\) 有类似的地方，但是也显然是不一样的（点值的位置是不同的，\(FFT\) 利用了单位根的性质）

好像可以快速插值然后单点求值

时间复杂度 \(O(n^2)\)

前后缀优化 Lagrange 插值

如果点值连续，可以预处理要求的 \(f(k)\) 的 \(\prod k-i\)

那么求一个 \(\prod \frac{k-x_i}{x_i-x_j}\) 就可以阶乘逆元做了

这个是最常见的做法，貌似下面的例题均用此做法来进行了时间复杂度的优化

重心 Lagrange 插值

推一下式子考虑增量即可

应用是自然数幂前缀和，因为伯努利数原理，那么用第二个插值方法就行了

例题

「JLOI2016」 成绩比较

先钦定哪些人比他高，最后给答案乘 \(\binom {n-1}k\)

考虑名次的限制，这里会计漏或者重复，那么容斥，也就是

\[\sum_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}\binom {n-k} i \prod_{k=1}^m \binom {i}{R_i} \]

最后是分数的部分，列式展开发现需要对自然数求幂和，插值即可

\[\prod_{i=1}^m\sum_{x=1}^{U_i} (U-x)^{R_i-1}x^{n-R_i} \]

「集训队互测2012」calc

朴素的 \(dp\) 是 \(trivial\) 的：$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i-1,j} $

假设 \(f_{i,j}\) 为 \(g(i)\) 次多项式，正向可以证明 \(g(i)=2i\)

所以求出来一些点值之后插 \(k\) 处的就行了

也可以使用生成函数科技：

考虑答案显然为 \(\prod_{i=1}^k (1+ix)\)

按照套路，乘法取 \(\ln\) 转加法

得到的式子为：

\[exp(\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}\sum i^k}{i!}x^i) \]

换换顺序得到 \(Tyler\) 展开的式子，同时还可以等比数列求和，那么需要几次 \(exp\) 就好了

「Codeforces 995F」Cowmpany Cowmpensation

树上的上面一题，值得指出的是，这个多项式是 \(n\) 次的

貌似没有生成函数做法

「NOI2019」机器人

本题并不属于简单题

考虑一个非常 \(trivial\) 的 \(dp\)：设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \([i,j]\) 的最大值为 \(k\) 的时候的答案，那么答案为 \(f_{1,n,mx}\)

转移考虑找区间里面满足 \(|(x-i)-(x-j)|\le 2\) 的 \(x\)

其实不难观察得到 \(x\in \{mid,mid+1,mid-1\}\)（分区间长度讨论即可）

所以发现这个 \(f_{l,r}\) 的状态大概在 \(kn\log n\) 左右，跑一个记忆化搜索发现是 \(2000\) 到 \(3000\)

因为是插值找的这题目，所以考虑 \(f_{l,r,k}\) 会不会是关于 \(k\) 的多项式，按套路，可能是 \(r-l+2\) 次的

考虑对于 \(l=r\) ，不为 \(0\) 的 \(k\) 是常数，那么按照原来 \(dp\) 式子的转移做两边乘法，所以次数增加

（以上证明显然并不严谨，具体证明留坑待填）

所以考虑按照值域分段来进行 \(dp\) 的转移，对于当前值域 \([v[i],v[i+1]-1]\) 可以仅取区间长度个点值来转移，然后就可以插出来 \(dp_{l,r,v[i+1]-1}\)

以上思考是 \(trivial\) 的，具体实现的时候，\(dp\) 暴力进行即可，使用记忆化搜索，每次清空 \(n+2\) 位

以上做法是相对好写（好猜）但是速度非常之慢，本地跑极限数据要 \(6s\) 左右（但是交上去卡了好久过了）

貌似 \(\texttt{mayaohua2003}\) 的游记里面提到了一个下降幂的做法，因为我完全不熟悉下降幂的科技，所以等学习了之后再补

不可否认，这目前是（估计也将会是）这篇博客里面最高明的题目