拉格朗日插值到中国剩余定理

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拉格朗日插值

我们现在给定 \((n+1)\) 个点 \((x_i,y_i)\) ，请求解出一个不超过 \(n\) 次的多项式函数 \(P(x)\)

使得 \(\forall i\in[1,n+1]\bigcap Z,P(x_i)=y_i\)

对于这种问题，暴力设出 \(P(x)\) 的 \((n+1)\) 个系数，然后代入这些点，联立方程求解

这些需要用到克拉默法则或者高斯消元法求解，复杂度挺高的，为 \(O(n^3)\)，我们思考有没有更优的方法：

假设 \(\displaystyle P_i(x)=(\prod_{j=1}^{i-1}(x-x_i)\ )\cdot(\prod_{j=i+1}^{n+1}(x-x_i)\ )\)

那么显然： \(\forall j\neq i,P(x_j)=0\)

假设 \(P(x_i)=b_i\) 则记 \(a_i={y_i\over b_i}\) 即 \(a_i={y_i\over P(x_i)}\)

因此 \(a_iP(x_i)=y_i\)

这样有什么好处呢？

很显然，所求一定可以写为 \(\displaystyle P(x)=\sum_{i=1}^{n+1}a_iP(x_i)\)

例如我们代入 \(x_j\)

则 \(\displaystyle P(x_j)=\sum_{i=1}^{n+1}a_iP(x_j)=\sum_{i\neq j}a_iP(x_j)+a_jP(x_j)=0+y_j=y_j\)

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虽然看起来并没有更优，但如果我们所求的不是 \(P(x)\) 本身，而是 \(P(x)\) 在 \(x=k\) 处的取值时，速度会快上不少：

使用原方法，克拉默法则或是高斯消元法都是 \(O(n^3)\) 的，加上一次秦九韶算法 \(O(n)\) ，总复杂度 \(O(n^3)\)

而如果使用高斯消元法：

\(\displaystyle P(k)=\sum_{i=1}^{n+1}{y_i\over P_i(x_i)}P_i(k)\)