所谓拉格朗日插值，就是在“拉格朗日”进行的一项民俗活动。拉格朗日通常在每年2月的第82个星期三。

（逃）

前言

非常强大的算法。
当可以证明某个函数是一个 $k$ 次多项式时，我们就可以插入 $k+1$ 个函数值并快速的求出我们要求的函数值。

拉格朗日插值

情境：

对于一个 $n-1$ 次的多项式，若给出了 $n$ 个形如 $f(x_i)=y_y$ 的条件（$x_i$ 互不相同）,请你对于给出的 $k$，求出对应的函数值 $f(k)$。

首先，可以证明，这个函数是存在且唯一的。

我们写出一个函数，形如：
$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$
对于第 $i$ 项，当 $x=x_j(j\ne i)$ 时，会得到0，$x=x_i$ 时，会得到 $y_i$。
所以，这个函数时满足给出的 $n$ 个条件的，又由于这个东西显然是 $n-1$ 次的，所以它就是我们要找的那个唯一确定的函数。
那么我们直接把 $k$ 往里代就好了，时间复杂度 $O(n^2)$

ll lagrange(int n,ll *x,ll *y,ll k){k%=mod;ll res(0);for(int i=1;i<=n;i++){ll s1=1,s2=1;for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j) continue;(s1*=(m-x[j]+mod))%=mod;(s2*=(mod+x[i]-x[j]))%=mod;}(res+=y[i]*s1%mod*ksm(s2,mod-2)%mod)%=mod;}return res;
}

连续函数值的快速插值

很多时候，我们插入的 $n$ 个值可以是 $f(1),f(2),...,f(n)$。此时可以在 $O(n)$ 的复杂度内进行插值。
把原来的式子的 $x_i$ 全都换成 $i$，就变成：
$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-j}{i-j}$$
这个东西就非常好看，我们随便预处理出 一些前缀和和逆元就可以 $O(1)$ 求出 $\prod$ 里的结果。
总复杂度 $O(n)$

ll lagrange(int n,ll *y,ll k){//consecutivek%=mod;jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;ni[n]=ksm(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;pre[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*(k-i)%mod;suf[n+1]=1;for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]=suf[i+1]*(k-i)%mod;ll res(0);for(int i=1;i<=n;i++){ll add=y[i]*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod*ni[i-1]%mod*ni[n-i]%mod;if((n-i)&1) add=mod-add;(res+=add)%=mod;}return res;
}

重心拉格朗日插值

有的时候我们需要动态的插点，每一次都 $O(n^2)$ 的重新计算是我们不能接受的。
看原式：
$$f(k)=\sum _{i=1}^{n+1}{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$$
设：
$$g(k)=\prod _{i=1}^{n+1}(k-x_i)$$
$$t_i=\prod _{j\ne i}\frac{1}{x_i-x_j}$$
那么原式可以写成：
$$f(k)=g(k)\sum _{i=1}^{n+1}\frac{y_i{t}_i}{k-x_i}$$
每次加入一个点时，暴力计算其重心 $t$ 并更新其他点的重心即可。
单次复杂度达到 $O(kn)$（$k$ 为求逆元复杂度）。

应用：对函数为多项式形式的证明和对多项式次数的求解

我们要用拉格朗日插值，前提当然得是这个东西得是一个多项式，并且得求出它的次数。（这也往往是拉格朗日插值的难点）

并不是所有的函数都是多项式的！ 比如，最简单的正弦函数就是一个无穷项数的函数（它的零点有无穷个）

例题：calc
看这篇博客吧。