簡介
對於 \(k\) 次多項式函式 \(f(x)\)。
若已知 \(k+1\) 個點值，則可構造出多項式。
有：\[f(x) = \sum_^y_i\prod_}\dfrac
正確性詳見 拉格朗日插值。
正確性將 \(k + 1\) 個點值代入即可檢驗。
當 \(x=x_k\) 時，對 \(i\) 進行討論：
當 \(i\not =\) 時，存在乙個 \(j\) 滿足 \(j=k\)。
對於乘積項的分子 \(\prod\limits_}x-x_j\)，當 \(j=k\) 時，\(x-x_j = 0\)。
對答案無貢獻。
當 \(i=k\) 時，乘積項變為 \(\prod\limits_}\dfrac\)。
其值恆等於 \(1\)。
模板題by:luckyblock
#include
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#define ll long long
const int marx = 2010;
const ll mod = 998244353;
ll ans, n, k, x[marx], y[marx];
inline int read()
int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
ll qpow(ll x, ll y, ll mod)
ll ret = 1;
for(; y; x = x * x % mod, y >>= 1)
if(y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
int main()
n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++) x[i] = read(), y[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++)
ll tmp = 1ll;
for(int j = 1; j <= n; j ++)
if(i != j) tmp = tmp * (x[i] + mod - x[j]) % mod;
tmp = qpow(tmp, mod - 2, mod);
for(int j = 1; j <= n; j ++)
if(i != j) tmp = tmp * (k + mod - x[j]) % mod;
tmp = tmp * y[i] % mod, ans = (ans + tmp) % mod;
printf("%lld", ans);
system("pause");
return 0;
自然冪數之和
定義前 \(n\) 個自然數 \(k\) 次冪的和為：
\[s_k(n) = \sum_^i^k
給定 \(n,k\)，求 \(s_k(n)\)。
\(1\le n\le 10^9,\ 1\le k\le 10^6\)。
性質\(s_k(n)\) 為關於 \(n\) 的 \(k+1\) 次多項式。
證明考慮對 \(k\) 進行歸納。
當 \(k=0\) 時，\(s_k(n) = n\)，結論成立。
當 \(k=d\) 時：
通過二項式定理化簡，提出一項相消，有：
\[\begin
&(i+1)^ - i^\\
= &\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)i^j - i^\\
= &\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)i^j
\end\]
對 \((i+1)^ - i^\) 求和，有：
\[\begin&\sum_^\left\ - i^\right\}\\=&\sum_^\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)i^j\end
發現 \(\left(\begind+1\\j\end\right)\) 只與 \(j\) 有關，調換求和順序，有：
\[\begin&\sum_^\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)i^j\\=&\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)\sum_^i^j\\=&\sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)s_j(n)\end
化出了有趣的玩意。
展開左側 \(i^\) 的求和式相消，則有：
\[(n+1)^ - 1 = \sum_^\left(\begind+1\\j\end\right)s_j(n)
提出右側 \(j=d\) 時的 \(s_d(n)\)：
\[\left(\begind+1\\d\end\right)s_d(n) = (n+1)^ -\sum_^\left\d+1\\j\end\right)s_j(n)\right\} - 1
二項式定理展開右側，並略做處理：
\[s_d(n) = \dfrac\left\^n^j -\sum_^\left\d+1\\j\end\right)s_j(n)\right\} - 1\right\}
對於右側，通過數學歸納得到 \(s_j(n)\) 為關於 \(n\) 的 \(j\) 次多項式。
則整個式子最高次項出現在 \(\sum\limits_^n^j\) 中，次數為 \(d+1\)。
得證。具體實現
由性質，\(s_k(n)\) 為關於 \(n\) 的 \(k + 1\) 次多項式，需要 \(k+2\) 個點值進行構造。
可以直接取 \(k+1\) 個點，按照定義計算出 \(s_k(n)\)，構造多項式。
複雜度 \(o(k^2)\)？我覺得不行。
題目對選擇的點並沒有要求，考慮選取一段連續的點進行優化。
使 \(x_i = i\)，則選擇的點集為 \(\\)。
按照定義遞推出來即可，複雜度 \(o(k \log k)\)。
考慮要求的點 \((n, s_k(n))\)，將其代入插值公式，有：
\[s_k(n)= \sum_^s_k(i)\prod_}\dfrac
發現乘積項的分母與 \(n\) 無關，提出來：
\[s_k(n)= \sum_^s_k(i)\dfrac}}}(i-j)}
手玩一下乘積項的變化規律。
對於分母，\(j\le k +2\)，在已知 \(i\) 時有：
\[\begin
&\dfrac}(i-j)}\\ =
&\dfrac\\=&(-1)^\dfrac
\end\]
可先預處理階乘再求逆元，快速得到分母的值。
對於分子，也暴力拆一波：
\[\begin
&\prod\limits_}\\
=& n(n-1) \dots (n-(i-1))(n-(i+1))\dots (n-(k+2))\\
=&(\prod_^(n-j)) (\prod_^(n-j))&
\end\]
考慮維護 \((n-j)\) 的 前/後 綴積，可快速得到分子的值。
則有：\[s_k(n)= \sum_^(-1)^s_k(i)\dfrac^(n-j)) (\prod\limits_^(n-j))}
複雜度\(o(k \log k)\) 處理 \(k+2\) 個連續點值。
\(o(n)\) 預處理前/後 綴積，階乘。
求逆元時可以 \(o(n)\) 預處理，也可以單次 \(o(\log k)\)。
總複雜度 \(o(k\log k)\)。
優缺點優點：簡單好寫，複雜度優秀，就感覺到快。
缺點：出現了除法，需要求逆元，需保證模數為質數。
若模數不為質數怎麼辦？ 可利用 斯特林數/伯努利數 求解。
伯努利數求解方法 詳見 皎月半灑花的題解。
斯特林數求解方法 複雜度 \(o(k^2)\)，無法通過本題，詳見 自然數冪之和 - luckyblock。
寫在最後
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