拉格朗日插值法 【NOIP2017提高A组模拟10.6】Count
2017-10-06 19:50
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Description
Input
一行三个正整数 ,表示 l,r,k,含义如题所示。
Output
一行一个整数表示答案 mod 998244353。
Sample Input
2 3 1
Sample Output
5
Data Constraint
给出拉格朗日插值法的公式:
假设我们已经知道了(x1,y1)…(xk,yk) 现给出x,求对应的y
y=∑k+1i=1yi∗∑k+1j=1(j<>i)Πx−xjxi−xj
这个方程的证明也比较简单
只要证明这个方程的图像过(x1,y1)…(xk,yk)就可以了
对于一个xc,yc只有在i枚举到对应的c时后面的连乘的值才不是0而是1,所以最后对应的值是yc
发现ans(i)其实是一个最高项为k+1的函数
那么我们可以先预处理出ans的前k+2项,对于后面的项直接套公式就好了
Input
一行三个正整数 ,表示 l,r,k,含义如题所示。
Output
一行一个整数表示答案 mod 998244353。
Sample Input
2 3 1
Sample Output
5
Data Constraint
拉格朗日插值
对于一个最高次幂为k的方程,我们可以用k+1个点将这个函数确定(如两点确定一个一次方程,三个点确定一个二次方程)而拉格朗日插值法实际上给出了一个在知道k+1的点的情况下求出函数每一个x对应的y的位置给出拉格朗日插值法的公式:
假设我们已经知道了(x1,y1)…(xk,yk) 现给出x,求对应的y
y=∑k+1i=1yi∗∑k+1j=1(j<>i)Πx−xjxi−xj
这个方程的证明也比较简单
只要证明这个方程的图像过(x1,y1)…(xk,yk)就可以了
对于一个xc,yc只有在i枚举到对应的c时后面的连乘的值才不是0而是1,所以最后对应的值是yc
题解
设ans(i)表示∑ij=1ik 那么答案其实就是ans(r)-ans(l-1)发现ans(i)其实是一个最高项为k+1的函数
那么我们可以先预处理出ans的前k+2项,对于后面的项直接套公式就好了
贴代码
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++) #define ll long long using namespace std; const int maxk=1e6+5,md=998244353; ll f[maxk*2]; ll i,j,k,l,r,n,x,y,ans,sum,c1,c2,bi,mi; ll quickmi(ll x,ll y){ ll t1=1; while (y){ if ((y & 1)==1) t1=(t1*x)%md; x=(x*x)%md; y=y/2; } return t1; } void yu(){ f[1]=quickmi(2,k); fo(i,2,k+2) f[i]=(f[i-1]+quickmi(i,k))%md; } ll geans(ll x){ if (x<=k+2) return f[x]; c1=c2=1; fo(i,2,k+2){ c1=(c1*(x-i))%md; c2=(c2*(1-i))%md; } bi=1;mi=-k-1; ans=(f[1]*((c1*quickmi(c2,md-2))%md))%md; fo(i,2,k+2){ c1=(c1*quickmi(x-i,md-2))%md; c1=(c1*(x-i+1))%md; c2=(c2*quickmi(mi,md-2))%md; c2=(c2*bi)%md; bi++; mi++; if (mi==0) mi++; ans=(ans+f[i]*((c1*quickmi(c2,md-2))%md))%md; } ans=(ans+md)%md; return ans; } int main(){ freopen("count.in","r",stdin); freopen("count.out","w",stdout); scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k); yu(); printf("%lld\n",(md+geans(r)-geans(l-1))%md); return 0; }
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