题意
题目描述
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
现在，给定$n$个点，请你确定这个多项式，并将$k$代入求值
求出的值对$998244353$取模
输入输出格式
输入格式：第一行两个正整数$n,k$，含义如题
接下来$n$行，每行两个正整数$x_i,y_i$，含义如题
输出格式：一个整数表示答案
输入输出样例
说明
$n \leq 2000 \; \; \; x_i,y_i,k \leq 998244353$
样例一中的三个点确定的多项式是$f(x)=x^2+2x+1$，将$100$代入求值得到$10201$
样例二中的三个点确定的多项式是$f(x)=x$，将$100$代入求值得到$100$
如果你不会拉格朗日插值，你可以到这里去学习一下
此外，请注意算法的常数问题，建议开启O2优化
分析
推荐自为风月马前卒的博客。
简介
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。
拉格朗日插值法
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
\(f(k) = \sum_{i=0}^n y_i \prod_{i \not = j} \frac{k - j}{i - j}\)
考虑如何快速计算\(\prod_{i \not = j} \frac{k - j}{i - j}\)
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
\[f(k) = \sum_{i = 0}^{n} y_i \prod_{i \not = j} \frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}\]
设\(g = \prod_{i=0}^n k - x[i]\)
\[f(k) = g\sum_{i = 0}^{n} \prod_{i \not = j} \frac{y_i}{(k - x[i])(x[i] - x[j])}\]
设\(t_i = \frac{y_i}{\prod_{j \not =i} x_i - x_j}\)
\[f(k) = g\sum_{i = 0}^{n} \frac{t_i}{(k - x[i])}\]
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\(O(k)\)
那具体在题目中怎么使用拉格朗日插值呢？
首先你要证明求的东西是某个多项式，判断的依据是：
大部分情况下归纳一下就可以了
时间复杂度\(O(n^2)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
co int N=2e3+1,mod=998244353;
il int add(int x,int y) {return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
il int mul(int x,int y) {return (ll)x*y%mod;}
il int fpow(int x,int k){
int re=1;
for(;k;k>>=1,x=mul(x,x))
if(k&1) re=mul(re,x);
return re;
}
int n,k,x[N],y[N];
int main(){
read(n),read(k);
for(int i=1;i<=n;++i) read(x[i]),read(y[i]);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
int val=1;
for(int j=1;j<=n;++j)if(j!=i) val=mul(val,add(x[i],mod-x[j]));
val=mul(y[i],fpow(val,mod-2));
for(int j=1;j<=n;++j)if(j!=i) val=mul(val,add(k,mod-x[j]));
ans=add(ans,val);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}