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在数值分析中，拉格朗日插值法是以法国18世纪数学家约瑟夫·拉格朗日命名的一种多项式插值方法。如果对实践中的某个物理量进行观测，在若干个不同的地方得到相应的观测值，拉格朗日插值法可以找到一个多项式，其恰好在各个观测的点取到观测到的值。上面这样的多项式就称为拉格朗日（插值）多项式。

众所周知， $n + 1$ 个 $x$ 坐标不同的点可以确定唯一的最高为 $n$ 次的多项式。在算法竞赛中，我们常常会碰到一类题目，题目中直接或间接的给出了 $n+1$ 个点，让我们求由这些点构成的多项式在某一位置的取值

一个最显然的思路就是直接高斯消元求出多项式的系数，但是这样做复杂度巨大 $(n^3)$ 且根据算法实现不同往往会存在精度问题

而拉格朗日插值法可以在 $n^2$ 的复杂度内完美解决上述问题

假设该多项式为 $f(x)$ , 第 $i$ 个点的坐标为 $(x_i, y_i)$ ，我们需要找到该多项式在 $k$ 点的取值

根据拉格朗日插值法

$$f(k) = \sum_{i = 0}^{n} y_i \prod_{i \not = j} \frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}$$

乍一看可能不是很好理解，我们来举个例子理解一下

假设给出的三个点为 $(1, 3)(2, 7)(3, 13)$

直接把 $f(k)展开$

$f(k) = 3 \frac{(k - 2)(k - 3)}{(1 - 2)(1 - 3)} + 7\frac{(k-1)(k-2)}{(2 - 1)(2-3)} + 13\frac{(k-1)(k-2)}{(3 -1)(3-2)}$

观察不难得到，如果我们把 $x_i$ 带入的话，除第 $i$ 项外的每一项的分子中都会有 $x_i - x_i$ ，这样其他的所有项就都被消去了

因此拉格朗日插值法的正确性是可以保证的

下面说一下拉格朗日插值法的拓展

在 $x$ 取值连续时的做法

在绝大多数题目中我们需要用到的 $x_i$ 的取值都是连续的，这样的话我们可以把上面的算法优化到 $O(n)$ 复杂度

首先把 $x_i$ 换成 $i$ ，新的式子为

$f(k) = \sum_{i=0}^n y_i \prod_{i \neq j} \frac{k - j}{i - j}$

考虑如何快速计算 $\prod_{i \neq j} \frac{k - j}{i - j}$

对于分子来说，我们维护出关于 $k$ 的前缀积和后缀积，也就是

$$pre_i = \prod_{j = 0}^{i} k - j$$

$$suf_i = \prod_{j = i}^n k - j$$

对于分母来说，观察发现这其实就是阶乘的形式，我们用 $fac[i]$ 来表示 $i!$

那么式子就变成了

$$f(k) = \sum_{i=0}^n y_i \frac{pre_{i-1} * suf_{i+1}}{fac[i] * fac[N - i]}$$

注意:分母可能会出现符号问题，也就是说，当 $N - i$ 为奇数时，分母应该取负号

重心拉格朗日插值法

再来看一下前面的式子

$$f(k) = \sum_{i = 0}^{n} y_i \prod_{i \neq j} \frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}$$

设 $g = \prod_{i=0}^n k - x[i]$

$$f(k) = g\sum_{i = 0}^{n} \prod_{i \neq j} \frac{y_i}{(k - x[i])(x[i] - x[j])}$$

设 $t_i = \frac{y_i}{\prod_{j \neq i} x_i - x_j}$

$$f(k) = g\sum_{i = 0}^{n} \frac{t_i}{(k - x[i])}$$

这样每次新加入一个点的时候只需要计算它的 $t_i$ 即可

应用

首先讲一个经典应用：计算 $\sum_{i=1}^n i^k (n \leqslant 10^{15}, k \leqslant 10^6)$

老祖宗告诉我们，这个东西是个以 $n$ 为自变量的 $k + 1$ 次多项式，具体证明可以看第二份参考资料

然后直接带入 $k+1$ 个点后用拉格朗日插值算即可，复杂度 $O(k)$

以上内容引自洛谷大佬博客：

https://www.luogu.com.cn/blog/attack/solution-p4781

下面是例题 例题1 (洛谷P4781) 例题2 例题3 https://www.luogu.com.cn/problem/P4781

这是一道模板题

由小学知识可知 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$ 可以唯一地确定一个多项式 $y = f(x)$。

现在，给定这 $n$ 个点，请你确定这个多项式，并求出 $f(k) \bmod 998244353$ 的值

第一行两个整数 $n,k$。

接下来 $n$ 行，第 $i$ 行两个整数 $x_i,y_i$。

一行一个整数，表示 $f(k) \bmod 998244353$ 的值。

输入 #1

3 100
1 4
2 9
3 16

输出 #1

10201

输入 #2

3 100
1 1
2 2
3 3

输出 #2

100

样例一中的多项式为 $f(x)=x^2+2x+1$，$f(100) = 10201$。

样例二中的多项式为 $f(x)=x$，$f(100) = 100$。

$1 \le n \leq 2\times 10^3$，$1\le$ $x$_i,$y$_i,$k$ < $998244353$，$x_i$ 两两不同

拉格朗日插值的公式大概是 $f(k) = \sum_{i=0}^{n}y_i \prod_{j\neq i} \frac{k x_j}{x_i x_j}$ $x_i,y_i$ 是在 $x_i$ 的取值。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct io {
	char buf[1 << 26 | 3], *s; int f;
	io() { f = 0, buf[fread(s = buf, 1, 1 << 26, stdin)] = '\n'; }
	io& operator >> (int&x) {
		for(x = f = 0; !isdigit(*s); ++s) f |= *s  == '-';
		while(isdigit(*s)) x = x * 10 + (*s++ ^ 48);
		return x = f ? -x : x, *this;
	}
};
 
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y) {
  int res = 1;
  for(; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
    if(y & 1) res = res * x % mod;
  return res;
}
int inv(int x) { return qpow(x, mod - 2); }
 
int n, k;
const int maxn  = 2e3 + 32;
int x[maxn], y[maxn];
 
#define out cout
signed main() {
#ifdef LOCAL
#define in cin
  ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
  freopen("testdata.in", "r", stdin);
#else
  io in;
#endif
  in >> n >> k;
  for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) in >> x[i] >> y[i];
  int ans = 0;
  for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
    int a, b; a = b = 1;
    for(int j = 1 ; j <= n ; j ++) if(i ^ j) { a = a * (k - x[j]) % mod; }
    for(int j = 1 ; j <= n ; j ++) if(i ^ j) { b = b * (x[i] - x[j]) % mod; }
    a = (a + mod) % mod, b = (b + mod) % mod, b = inv(b);
    ans = (ans + a * b % mod * y[i] % mod) % mod;
  }
  out << ans << '\n';
  return 0;
}