拉格朗日插值入门
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
Input
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。n≤2000,xi,yi,k≤998244353
Output
一个整数表示答案
Sample Input
3 100
1 4
2 9
3 16
Sample Output
10201
//样例一中的三个点确定的多项式是f(x)=x^2+2x+1，将100代入求值得到10201
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e3+1;
const int mod=998244353;
int n,k,ans,a[N],b[N];
int quickpow(int x,int y)
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=(x*re)%mod;
x=(x*x)%mod;y>>=1;
}return re;
}
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
signed main(){
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),b[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j)
tmp=tmp*(a[i]+mod-a[j])%mod; //分母
tmp=quickpow(tmp,mod-2);
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j) tmp=tmp*(k+mod-a[j])%mod; //分子
tmp=tmp*b[i]%mod;
ans=(ans+tmp)%mod;
}printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int x[2010],y[2010],a=1,b=0;
int powmod(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",x+i,y+i);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a1=1,b1=1;//a1代表分母，b1代表分子
b1=1ll*b1*y[i]%mod;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(j!=i)
{
b1=1ll*b1*(k-x[j])%mod;
a1=1ll*a1*(x[i]-x[j])%mod;
}
b=(1ll*a1*b+1ll*a*b1)%mod;
a=1ll*a*a1%mod;
//b/a+b1/a1=(b*a1+a*b1)/(a*a1)
}
a=(a+mod)%mod,b=(b+mod)%mod;
printf("%lld\n",1ll*b*powmod(a,mod-2)%mod);
//因为带了除法，所以分母会比较大，于是在前面边乘边取模，最后取逆元
return 0;
}
