【ybt金牌导航8-3-2】数列求值

数列求值

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题目大意

给出一个不超过 m-1 次的函数，给出 x 为 0~m-1 时 y 的值，然后求 x 为 k 时 y 的值。

思路

这一题看到函数自然会想到拉格朗日插值法。

但是你会看到它的范围很大，$n^2$ 是过不了的。

但是你会发现它有一个特殊的地方：给出的点是连续的，而且 $x_i=i$。

那你考虑能不能化简式子。
先把式子拿出来：
$f(k)=\sum _{i=1}^n(y_i\prod _{i\ne j}\frac{k-x_j}{x_i-x_j})$
然后 $x_i=i$：
$f(k)=\sum _{i=1}^n(y_i\prod _{i\ne j}\frac{k-j}{i-j})$
那累乘的不等号条件很烦，我们就把它分开乘两个累乘：
$f(k)=\sum _{i=1}^n(y_i\prod _{1\le j<i}\frac{k-j}{i-j}\prod _{i<j\le n}\frac{k-j}{i-j})$
那这里我们就发现它分子的部分分别是可以用前缀积和后缀积解决。

然后再看分母，你会发现它是两个阶乘。

那你就预处理这三个东西，就可以用了。

在处理阶乘的时候，我们可以预先把它的逆元算出来。
然后不要一个一个都转逆元，会 T，你可以求出最大的那个的逆元，然后每次再乘回去，就可以得到较小的阶乘的逆元了。

还有。
不要以为我的题意写错了。
给出的就是从 $0\sim m-1$ 的，题目是有问题的，连样例都错了。
正确的样例输出的应该是 $9$，而不是 $7$。

然后我这里因为是后面才发现，就把它改成了从 $0$ 开始记录数组，运算什么的。
上面的公式的循环范围也要小改一下，这里就不再写一次了。
（如果不知道怎么改可以看代码）

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

ll m, k, a[1000001];
ll y[1000001];
ll q[1000001], b[1000001];
ll jc[1000001], ans, now;

ll ksm(ll x, ll y) {
    
    //快速幂求逆元
	if (x < 0) x = (x % mo + mo) % mo;
	
	ll re = 1;
	while (y) {
    
    
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	
	return re;
}

int main() {
    
    
	scanf("%lld %lld", &m, &k);
	m--;
	
	q[0] = k - 0;
	scanf("%d", &y[0]);
	for (ll i = 1; i <= m; i++) {
    
    
		scanf("%lld", &y[i]);
		
		q[i] = q[i - 1] * ((k - i + mo) % mo) % mo;//处理分子的前缀积
	}
	
	b[m + 1] = 1ll;
	for (ll i = m; i >= 0; i--) {
    
    //处理分子的后缀积
		b[i] = b[i + 1] * ((k - i + mo) % mo) % mo;
	}
	
	jc[0] = 1ll;//求分母的阶乘
	for (ll i = 1; i <= m; i++)
		jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
	jc[m] = ksm(jc[m], mo - 2);//现在就把分母的阶乘的逆元弄好
	for (ll i = m - 1; i >= 0; i--)
		jc[i] = (jc[i + 1] * (i + 1)) % mo;//不要每个都求逆元，会T
	
	for (ll i = 0; i <= m; i++) {
    
    
		now = y[i];//按照公式乘
		now = (now * (((i - 1 < 0) ? 1 : q[i - 1]) * b[i + 1] % mo)) % mo;
		now = (now * (jc[i] * jc[m - i] % mo)) % mo;
		now = (now * ((m - i) & 1 ? -1 : 1)) % mo;
		if (now < 0) now += mo;
		
		ans = (ans + now) % mo;
	}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}