拉格朗日插值(Lagrange interpolation)是一种多项式插值方法,指插值条件中不出现被插函数导数值,过n+1个样点,满足如下图的插值条件的多项式.也叫做拉格朗日公式.  这里以拉格朗日3次插值为例,利用C++进行实现: //利用lagrange插值公式 #include<iostream> using namespace std; double Lx(int i,double x,double* Arr) { ,fenmu=; ;k<;k++) { if (k==i) c

题目大意 ​ 有一个\(n\)个点\(m\)条边的图,每条边有一种颜色\(c_i\in\{1,2,3\}\),求所有的包括\(i\)条颜色为\(1\)的边,\(j\)条颜色为\(2\)的边,\(k\)条颜色为\(3\)的边的生成树的数量. ​ 对\({10}^9+7\)取模. ​ \(n\leq 50\) 题解 ​ 如果\(\forall i,c_i=1\),就可以直接用基尔霍夫矩阵计算生成树个数.但是现在有三种颜色,不妨设\(c_i=2\)的边的边权为\(x\),\(c_i=3\)的边的边权为

The Sum of the k-th Powers There are well-known formulas: , , . Also mathematicians found similar formulas for higher degrees. Find the value of the sum modulo 109 + 7 (so you should find the remainder after dividing the answer by the value 109 + 7).

常系数齐次线性递推 具体记在笔记本上了,以后可能补照片,这里稍微写一下,主要贴代码. 概述 形式: \[ h_n = a_1 h_{n-1}+a_2h_{n-2}+...+a_kh_{n-k} \] 矩阵乘法是\(O(k^3 \log n)\) 利用特征多项式可以做到\(O(k^2\log n)\) 特征多项式 特征值和特征向量 特征多项式 \[ f(\lambda) = \mid M - \lambda I\mid \] 是关于\(\lambda\)的\(n\)次多项式 根据\(Cayley-

private static void QuictSort(int[] zu, int left, int right) { if (left < right) { ; ; ]; while (true) { while (i<right && zu[i]<mid) { i++; } while (j > left && zu[j] > mid) { j--; } if (i == j) { break; } int temp = zu[i];

传送门 题面图片真是大到离谱-- 题目要求的是 \(\begin{align*}\sum\limits_{i=1}^N i^d[gcd(i,n) == 1] &= \sum\limits_{i=1}^N i^d \sum\limits_{p \mid gcd(i,n)} \mu(p) \\ &= \sum\limits_{p|n} \mu(p) p^d \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{p}} i^d\end{align*}\) 然后就不会做了qwq,后面的自然数次幂

题目大意 ​ 一个序列\(a_1,\ldots,a_n\)是合法的,当且仅当: ​ 长度为给定的\(n\). ​ \(a_1,\ldots,a_n\)都是\([1,m]\)中的整数. ​ \(a_1,\ldots,a_n\)互不相等. ​ 一个序列的值定义为它里面所有数的乘积,即\(a_1\times a_2\times\cdots\times a_n\). 求所有不同合法序列的值的和. ​ 两个序列不同当且仅当他们任意一位不一样. ​ 输出答案对一个数\(p\)取余的结果. \(n\leq50

[Luogu4781][模板]拉格朗日插值 题面 洛谷 题解 套个公式就好 #include<cstdio> #define ll long long #define MOD 998244353 #define MAX 2020 inline int read() { int x=0;bool t=false;char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=t

P4781 [模板]拉格朗日插值 证明 :https://wenku.baidu.com/view/0f88088a172ded630b1cb6b4.html http://www.ebola.pro/article/notes/Lagrange #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 998244353 #define ll long long #define maxn 2345 ll n,k,x[maxn],y[ma

BZOJ 洛谷 待补.刚刚政治会考完来把它补上了2333.考数学去了. DP: 首先把无序化成有序,选严格递增的数,最后乘个\(n!\). 然后容易想到令\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个数,当前选的是\(j\)的价值和.复杂度是\(O(nA)\)的.然后忘掉这个做法吧这个做法没前途. 上面这个做法最后还要\(O(A)\)求一遍和,感觉不够优美. 直接令\(f_{i,j}\)表示选了\(i\)个数,选的最大的数\(\leq j\)的价值和.转移为:\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+

BZOJ 洛谷 为什么已经9点了...我写了多久... 求方案数,考虑DP... \(f[i][j]\)表示到第\(i\)门课,还有\(j\)人会被碾压的方案数. 那么\[f[i][j]=\sum_{k=j}^{n-1}f[i-1][k]\times C_k^{k-j}\times C_{n-1-k}^{R_i-1-(k-j)}\times g[i]\] 就是先从\(k\)人中选出\(k-j\)在\(i\)这门课比B神得分高,然后再从剩下\(n-1-k\)个人中选\(R_i-1-(k-j)\)个

BZOJ 题意即求\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{a+id}\sum_{x=1}^jx^k\] 我们知道最后一个\(\sum\)是自然数幂和,设\(f(n)=\sum_{x=1}^nx^k\),这是一个\(k+1\)次多项式,可以插值求出(当然本题只需要求出任意\(k+3\)个值即可不需要插值). 令\(g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\),(打表)差分可知这是一个\(k+2\)次多项式. 同样令\(h(n)=\sum_{i=0}^ng(a+id)\),同样差分可知

BZOJ 洛谷 题意的一点说明: \(k\)次方这个\(k\)是固定的,也就是最初需要多少张亵渎,每次不会改变: 因某个怪物死亡引发的亵渎不会计分. 不难发现当前所需的张数是空格数+1,即\(m+1\). 贡献不妨写成:\(\sum_{i=1}^ni^{m+1}-\sum_{i=1}^mA_i^{m+1}\).注意此时的\(A_i\)是剩下的空格(具体看代码最底下的暴力部分吧). 所以问题在于求\(\sum_{i=1}^ni^{m+1}\).自然数幂和有很多种求法. 这里写插值做法: \(\su

传送门 题意简述:问有多少数列满足如下条件: 所有数在[1,A][1,A][1,A]之间. 没有相同的数 数列长度为nnn 一个数列的贡献是所有数之积,问所有满足条件的数列的贡献之和. A≤1e9,n≤500A\le1e9,n\le500A≤1e9,n≤500 思路: 肯定不能枚举所有情况. 我们先规定这个数列满足a1<a2<⋅˙⋅⋅<ana_1<a_2<\dot\cdot\cdot\cdot<a_na1​<a2​<⋅˙⋅⋅<an​,最后答案乘上n!n

嘟嘟嘟 本来以为拉格朗日插值是一个很复杂的东西,今天学了一下才知道就是一个公式-- 我们都知道\(n\)个点\((x_i, y_i)\)可以确定唯一一个最高次为\(n - 1\)的多项式,那么现在我们已知这\(n\)个点,求这个多项式代入\(k\)时的值. 首先都能想到用高斯消元\(O(n ^3)\)求出多项式,然后代入\(k\). 但是这样有点慢,于是拉格朗日就找到了一种\(O(n ^2)\)的方法. 他不知怎么的想出了这么一个式子: \[f(k) = \sum_{i = 0} ^{n}{y_

#拉格朗日插值代码 import pandas as pd #导入数据分析库Pandas from scipy.interpolate import lagrange #导入拉格朗日插值函数 inputfile = '../data/catering_sale.xls' #销量数据路径 outputfile = '../tmp/sales.xls' #输出数据路径 data = pd.read_excel(inputfile) #读入数据 data[u'销量'][(data[u'销量'] < 4

如果打表发现某个数列: 差分有限次之后全为0 例如: 2017新疆乌鲁木齐ICPC现场赛D题 ,,,,,,,,,,…… [2018江苏南京ICPC现场赛也有这样的题目] 那么可以使用以下黑科技计算出第k(1e18)项(对质数取模) (原理: 拉格朗日插值) 预处理复杂度为线性, 每次计算复杂度为: O(传入项数个数)[同样也是线性] 以下代码为内测版, 出锅了fold不背锅, 欢迎指出bug ------------------------下面是模板代码---------------------

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 输入样例#1: 复制 3 100 1 4 2 9 3 16 输出样例#1: 复制 10201 输入样例#2: 复制 3 100 1 1 2 2

Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式,然后拉格朗日插值..:哦对了,还要用到第二类斯特林数(就是把若干个球放到若干个盒子)的一个公式: $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客(qaq公式太难打了) Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using na

全域多项式插值指的是在整个插值区域内形成一个多项式函数作为插值函数.关于多项式插值的基本知识,见“计算基本理论”. 在单项式基插值和牛顿插值形成的表达式中,求该表达式在某一点处的值使用的Horner嵌套算法啊,见"Horner嵌套算法". 1. 单项式(Monomial)基插值 1)插值函数基 单项式基插值采用的函数基是最简单的单项式:$$\phi_j(t)=t^{j-1}, j=1,2,...n;\quad f(t)=p_{n-1}(t)=x_1+x_2t+x_3t^2+...x_n

第一个函数  "lagrange1.m" 输入:X Y 与点x0 输出:插值函数对应函数值 y0 function y = lagrange1(X,Y,x0) n = length(X); m = length(x0); :m z = x0(i); s = 0.0; :n; p = 1.0; :n if j~=k p = p*(z - X(j))/(X(k)-X(j)); end end s = p * Y(k) + s; end y(i) = s; end 第二个函数  "