插值法是什么
插值,就是给定一定的离散数据点,范围内估计新数据点的过程或方法。在这个过程中,我们当然希望得到一个连续的光滑曲线同时经过所有的
(xi,yi)
,并求得该曲线在需要求值的点上的值。
具体定义如下:
给定
n
个离散数据点
(xi,yi) (i∈[1,n])
,对于
x (x≠xi,i∈[1,n])
,求
x
所对应的
y
值称之为 内插。
f(x)
为定义在区间
[a,b]
上的函数。
x1,x2,⋯,xn
为
[a,b]
上
n
个互不相同的点,
G
为给定的某一函数类。若
G
上有函数
g(x)
满足:
g(xi)=f(xi) , i∈[1,n]
则称
g(x)
为
f(x)
关于节点
x1,x2,⋯,xn
在
G
上的
插值函数。
(摘自维基百科)
牛顿插值法
差商
给定函数
f(x)
和插值节点
x0,x1,⋯,xn
,用
f[x0,x1,⋯,xk]
表示
f(x)
关于节点
x0,x1,⋯,xk
的
k
阶差商(k-th Difference Quotient)
(k=1,2,⋯,n)
,它们可递归定义为
f[x0,x1,⋯,xk]=f[x1,x2,⋯,xk]−f[x0,x1,⋯,xk−1]xk−x0
其中
f(x)
关于
xi
的
0
阶差商为
f(xi)
。
根据差商的定义,差商具有如下性质:
1、
f[x0,x1,⋯,xk]=∑i=0kf(xi)∏kj=0,j≠i(xi−xj)
证明的话可以用数学归纳法直接爆肝就行了,此处省略(其实这个性质下面并不会用到,主要是引入对称这个性质)。
2、由上面那个公式可以显然看出,
xi
顺序的改变并不会影响差商的值,因此我们称差商具有对称性。
牛顿插值公式
于是我们利用差商的性质,可以推出牛顿插值公式。方法如下:
首先由差商的定义,以及其对称的性质,可以得到:
f[x,x0]=f(x)−f(x0)x−x0 → f(x)=f(x0)+f[x,x0](x−x0) (a)
f[x,x0,x1]=f[x,x0]−f[x0,x1]x−x1
→ f[x,x0]=f[x0,x1]+f[x,x0,x1](x−x1) (b)
⋯
f[x,x0,⋯,xn]=f[x,x0,⋯,xn−1]−f[x0,x1,⋯,xn]x−xn → f[x,x0,⋯,xn−1]=f[x0,x1,⋯,xn]+f[x,x0,⋯,xn](x−xn) (c)
我们发现,对于式子
(b)
,我们将其乘上
(x−x0)
,那么就会有
(a)+(b)×(x−x0) : f(x)+f[x,x0](x−x0)=f(x0)+f[x,x0](x−x0)+f[x0,x1](x−x0)+f[x,x0,x1](x−x0)(x−x1)
递推地看,我们发现一个规律,每个式子
(c)
如果乘上一个
(x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)
以后可以上下相加来抵消一些项。
因此对于每一个
(c)
式,我们将其乘上
(x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)
后求和,可以得到这样的式子
f(x)=f(x0)+f[x0,x1](x−x0)+f[x0,x1,x2](x−x0)(x−x1)+⋯+f[x0,x1,⋯,xn](x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)+f[x,x0,⋯,xn](x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)(x−xn)
这就是
牛顿插值公式。
形式化地,有
f(x)=Pn(x)+Rn(x)
,并记
Pn(x)=f(x0)+f[x0,x1](x−x0)+f[x0,x1,x2](x−x0)(x−x1)+⋯+f[x0,x1,⋯,xn](x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)
Rn(x)=f[x,x0,⋯,xn](x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)(x−xn)
并称
Pn(x)
为
牛顿插值多项式,
Rn(x)
为
牛顿插值余项。
复杂度
显然我们预处理差商的时候需要
O(n2)
的复杂度,而单次计算的时候只需要用秦九韶算法
O(n)
求出。
优缺点
牛顿插值法可以在
O(n)
的复杂度计算单次的值, 并且当插值点增加的时候,我们也只需要
O(n)
的复杂度刷新一遍差商即可,这就是牛顿插值法的优越性。缺点的话,就是计算较为复杂,式子也不好背。
(其实缺点是这个算法无法在特殊情况下优化到
O(n)
,如何这样请看下文)
实现
在插值这个过程中,我们只需要求出
P(x)
的值即可,余项只是用来判误差的。
观察这个式子,我们发现对于
1
这个因式,所有的项都有(这不是废话);对于
(x−x0)
这个因式,从第二项到最后一项都有;对于
(x−x0)(x−x1)
这个因式,从第三项到最后一项都有
⋯
发现什么没有?这玩意非常像那个叫秦九韶算法的玩意。因此我们考虑预处理差商,然后利用秦九韶算法从内往外求出
P(x)
的值。代码如下:
#include <bits/stdc++.h>
#define R register
#define LL long long
template<class TT>inline TT Max(R TT a,R TT b){return a<b?b:a;}
template<class TT>inline TT Min(R TT a,R TT b){return a<b?a:b;}
using namespace std;
template<class TT>inline void read(R TT &x){
x=0;R bool f=false;R char c=getchar();
for(;c<48||c>57;c=getchar())f|=(c=='-');
for(;c>47&&c<58;c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
(f)&&(x=-x);
}
const int maxn = 2020;
struct node{
double x,y;
}P[maxn];
int n;
double a[maxn];
double x;
int main(){
read(n);
for(R int i=0;i<n;++i){
scanf("%lf%lf",&P[i].x,&P[i].y);
}
scanf("%lf",&x);
for(R int i=0;i<n;++i)a[i]=P[i].y;
for(R int i=0;i<n;++i){
for(R int j=n-1;j>i;j--){
a[j]=(a[j]-a[j-1])/(P[j].x-P[j-1-i].x);
}
}
R double tmp=1,ans=a[0];
for(R int i=0;i<n;++i){
tmp*=(x-P[i].x);
ans+=tmp*a[i+1];
}
printf("%.5lf\n",ans);
return 0;
}
拉格郎日插值法
推导分析
由于我们要构造的多项式
L(x)
需要满足
L(xi)=yi
,因此我们考虑构造这样一个式子,使得
fi(xi)=yi
且其余的
fi(xj) (j≠i)
都为
0
。
显然如果取
fi(x)
有
(x−xj) (j≠i)
这些因式,那么就可以保证这一点。
因此取
fi(x)=∏j=0, j≠inx−xjxi−xj
那么我们要构造的多项式即是
L(x)=∑i=0nfi(x) yi
那么
L(x)
称为
拉格郎日插值多项式,
fi(x)
称为
拉格郎日基本多项式(或者插值基函数)。
复杂度
显然求每一个
fi(x)
是
O(n)
的,于是求
L(x)
是
O(n×n)=O(n2)
的。因此对于每个插值点,拉格郎日插值法的复杂度是
O(n2)
的。
优缺点
拉格朗日插值多项式结构整齐,计算十分方便(比牛顿插值法好记多了)。但是在实际计算中,当插值点有所修改时,所对应的整个多项式就需要全部重新计算,复杂度是
O(n2)
的(相比之下牛顿插值法只需要
O(n)
),因此我们就要用重心拉格朗日插值法或牛顿插值法来代替。此外,当插值点比较多的时候,拉格朗日插值多项式的次数可能会很高,因此具有数值不稳定的特点,也就是说尽管在已知的几个点取到给定的数值,但在附近却会和“实际上”的值之间有很大的偏差。这类现象也被称为龙格现象,相同地,牛顿插值法由于也是一个
n
次的多项式,也会出现同样的问题。解决的办法是分段用较低次数的插值多项式。
重心插值法
再观察一下这个式子
fi(x)=∏j=0, j≠inx−xjxi−xj
L(x)=∑i=0n(fi(x)×yi)
我们会发现我们每个
fi(x)
都重复计算了这样一个东西
∏j=0n(x−xj)
于是乎,我们记
g(x)=∏i=0n(x−xi)
来解决这个问题,这样一来
L(x)
就会变成这样:
L(x)=g(x)∑i=0nyi(∏j≠i(xj−xi))×(x−xi)
为了解决拉格郎日插值法每次加入插值点都需要重新计算
fi(x)
的问题,对于每一个
fi(
我们记重心权
wi=yi∏j≠i(xj−xi)
则
L(x)=g(x)∑i=0nwix−xi
这样,求预处理
wi
的复杂度为
O(n2)
,单次求值
L(x)
的复杂度为
O(n)
。
而对于动态加点的问题,我们只需要
O(n)
地修改
wi
就可以了,避免了
O(n2)
的复杂运算,具体做法呢,就是把所有的
wi
除以
xi−xn+1
得到新的
wn+1
,这样一来我们的添加插值点的复杂度就变成
O(n)
的了。
线性插值法
所谓线性插值法,并不是指你把插值点两两直线连起来的那个插值法,而是能在保证插值点
xi=x0+i
的情况下将复杂度优化到
O(n)
的重心拉格郎日插值法。
推导如下
由上面讲的重心插值法,我们有
L(x)=g(x)∑i=0nwix−xi
其中的
g(x)
显然可以
O(n)
预处理,因此我们要想办法
O(n)
地计算
∑i=0nwix−xi
显然前面那个
∑
是省不掉的啊,所以我们考虑如何
O(1)
求
wi=yi∏j≠i(xj−xi)
我们考虑把下面的
∏
分成
j<i
与
j>i
两类,那么
wi=yi∏i−1j=0(xj−xi)×∏nj=i+1(xj−xi)
由于
xi=x0+i
,那么
wi=yi∏ij=1j×∏n−ij=1−j
这样一来,我们可以预处理
vi=∏j=1ij
那么
wi=yivj×−vn−i
于是我们就可以
O(n)
地预处理
vi
,然后
O(1)
地求出
wi
,然后
O(n)
地计算
L(x)=g(x)∑i=0nwix−xi
于是此时,我们的插值法就变成线性的啦(耶)
(代码与例题未完待续…
(可能会没空写…