拉格朗日插值

题目大意：给出(n)个点(P_i(x_i,y_i))，讲过这(n)个点的最多(n - 1)次的多项式记为(f(x))，求(f(k))的值

差分法适用于(x_i = i)的情况

如，用差分法求(f(x) = sum_{i = 1}^xi^2)的多项式形式。

1    5    14    30    55    91
   4    9    16    25    36
      5    7     9    11
        2     2     2

第一行为(f(x))的连续的前几项。

若上面一行有(n)个值，下面一行有(n - 1)个值，每个值为上面对应的相邻两项的差。观察到，如果这样操作的次数足够多（前提是(f(x))为多项式），每次总会返回一个定值，可以利用这个定制求出(f(x))的每一项的系数，然后即可将(k)带入多项式中求解。

如上例中可求出(f(x) = frac{1}{3}n^3+frac{1}{2}n^2+frac{1}{6}n)。时间复杂度为(O(n^2))，对给出的点的限制性较强。

使用待定系数法。设(f(x) = sum_{i = 0}^{n-1}a_ix^i)将每个(x_i)代入(f(x))，有(f(x_i)=y_i)，这样就可以得到一个由(n)条(n)元(1)次方程所组成的方程组，然后使用高斯消元求出每一项(a_i)，然后将(k)，代入求值。

时间复杂度(O(n^3))，对给出点的坐标无要求。

考虑将每个点做一个对于(x)轴的垂线，设垂足为(H_i(x_i,0))。

如上图所示，黑线等于蓝线加绿线加红线。每次我们选择一个(P_i)，并选择其他的(H_j[j ot=i])，做一条过这些点的一条至多(n-1)次的线。由于有(n-2)个点都在(x)轴上，我们知道这条线的解析式一定是形如

[g_i(x) = y_i imes (prod_{i = 1}^n(x-x_i)[i ot=x]) ]

最后将所有的(g(x))相加，即(f(x)=sum_{i=1}^ng_i(x))。因为对于每个点(P_i)，都只有一条函数经过(P_i)，其余都经过(H_i)，这一项的系数是(0)，所以最后的和函数总是过所有(n)个点的。

公式整理得：

[f(x)=sum_{i=1}^ny_i imes(prod_{j ot=i}frac{x-x_j}{x_i-x_j}) ]

如果要将每一项都算出来，时间复杂度仍是(O(n^2))的，但是本题中只用求出(f(k))的值，所以只需将(k)代入进式子里得到：

[ans = sum_{i=1}^ny_i imes(prod_{j ot=i}frac{k-x_j}{x_i-x_j}) ]

本题中，还需要求解逆元。如果先分贝计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求解逆元上，时间复杂度为(O(n^2))。