模板題。

拉格朗日插值的精髓在於這個公式

$$f(x) = \sum_{i = 1}^{n}y_i\prod _{j \neq i}\frac{x - x_i}{x_j - x_i}$$

其中$(x_i, y_i)$是給定的$n$個點值。

代入任何一個給定的點值座標$x_k$，都會發現這個式子等於$y_k$成立，因為對於任何$i \neq k$，後面的係數都至少有一項為$0$，而當$i == k$的時候，後面那一項一定為$1$，這樣子就可以保證代進去的點值一定被滿足。

因為題目中要求直接代入$x$求值，所以在算這個式子的時候直接把$x$代進去計算就可以了，時間複雜度$O(n^2)$，要不然求係數的過程相當於高斯消元，時間複雜度$O(n^3)$。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 2005;
const ll P = 998244353LL;

int n;
ll k, xi[N], yi[N];

template <typename T>
inline void read(T &X) {
    X = 0; char ch = 0; T op = 1;
    for (; ch > '
 
9' || ch < '0'; ch = getchar())
        if (ch == '-') op = -1;
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
        X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;
    X *= op;
}

inline ll fpow(ll x, ll y) {
    ll res = 1LL;
    for (; y > 0; y >>= 1) {
        
 
if (y & 1) res = res * x % P;
        x = x * x % P;
    }
    return res;
}

int main() {
    read(n), read(k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        read(xi[i]), read(yi[i]);
    
    ll ans = 0LL;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll mul1 = 1LL, mul2 = 1LL;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (i == j) continue;
            mul1 = mul1 * ((k - xi[j] + P) % P) % P;
            mul2 = mul2 * ((xi[i] - xi[j] + P) % P) % P;
        }
        ans = (ans + yi[i] * mul1 % P * fpow(mul2, P - 2) % P) % P;
    }
    
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}