• CF1264C 【Beautiful Mirrors with queries】

一道期望入门好题，有着非常巧妙的解法。

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• Prelude

对于这个题面我们一眼望去会想到线性递推一个期望dp式子求解。

但是发现无法实现。

原因很明显，对于断点的修改和维护，我们并不能每次都重新 \(O(n)\) 做一遍

我又想到用数据结构维护答案，但是其实大材小用了。

其实我们只需要推出一个区间的通项式来 \(O(1)\) 求解即可。

这种思路其实经常存在于一些线段树的数据结构题中，推出可行的懒惰标记的 \(O(1)\) 下传公式。

至少我是在 \(\texttt{P6327}\) 和 \(\texttt{P2122}\) 中深有这种体会。

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• Solution

推dp时，我们考虑题面中 \(\text{从编号小于等于当前镜子的且最近的检查点开始提问}\) 中不难想到为了防止后效性，我们

应该定义 \(f_i\) 为从 \(i\) 点开始询问一直到 \(n\) 点的期望值。

起初每次伤心后会从第一个点开始。则有

\[f_i=p_i\times f_{i+1}+(100\%-p_i)\times f_1 \]

移项消元得到

\[f_1=\frac{1}{p_n}+\frac{1}{p_n\times p_{n-1}}+\dots+\frac{1}{p_n\times p_{n-1}\times \dots\times p_{1}} \]

毕竟 \(f_1\) 就是 \(f(1\rightarrow n)\) ，那么根据 期望 的线性性质我们可以引入区间 \([l,r]\) ( \(l,r\) 都是复活点), 可以得到

\[f_l-f_r=f(l\rightarrow r)=\frac{1}{p_r}+\frac{1}{p_r\times p_{r-1}}+\dots+\frac{1}{p_r\times\dots\times p_l} \]

\[=\frac{\prod_{i\in [l,r-1]}p_i+\prod_{i\in [l,r-2]}p_i+\dots+p_l+1}{\prod_{i=1}^rp_i/\prod_{i=1}^{l-1}p_i} \]

那么现在我们又只需要维护：

• \(\displaystyle m_x=\prod_{i=1}^{x}p_i\) (分母)；
• \(\displaystyle s_x=\sum_{i=1}^xm_i\) (分子)；
• 和 \(\displaystyle ans=\sum_{l,r\in \texttt{check-points}} f(l\rightarrow r)\)；

每次修改的 \(\texttt{check-points}\) 可以用 set 在 \(O(\log n)\) 时间维护。

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• Code

题面有要求求逆，而逆元可以直接用快速幂求解。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
//#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define INL inline
//Tosaka Rin Suki~
using namespace std;

INL void read(ll &x)
{
	 x=0;ll w=1;
	 char ch=getchar();
	 while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	 if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	 while(ch>='0'&&ch<='9')
	 {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();}
	 x*=w;
}

INL int mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
INL int mn(int a,int b){return a<b?a:b;}

const ll MOD=998244353;
const int N=200005;

ll n,q,p;
ll prod[N],sp[N];
set <int> s;

inline ll P(ll x,ll p)
{
    ll res=1;
    while(p)
    {
        if(p&1)res=res*x%MOD;
        x=x*x%MOD;p>>=1;
    }
    return res;
}

inline ll calc(ll l,ll r)
{
    ll phi=sp[r-1]-sp[l-1]+MOD;
    if(phi>=MOD)phi-=MOD;
    return (phi*P(prod[l-1],MOD-2)%MOD+1)*P(prod[r]*P(prod[l-1],MOD-2)%MOD,MOD-2)%MOD;
}

int main()
{
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
    read(n);read(q);
    prod[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        read(p);p=p*P(100,MOD-2)%MOD;prod[i]=prod[i-1]*p%MOD;
        sp[i]=(sp[i-1]+prod[i])%MOD;//维护前缀积和前缀积的前缀和
    }
    ll ans=(sp[n-1]+1)%MOD*P(prod[n],MOD-2)%MOD;
    s.insert(1);s.insert(n+1);
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        read(p);
        set<int>::iterator it=s.lower_bound(p);
        if(*it==p)
        {
            int l=*(--it);
            it++;
            int r=*(++it);
            ans=ans-calc(l,p-1)+MOD;
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;
            ans=ans-calc(p,r-1)+MOD;
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;
            ans+=calc(l,r-1);
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;
            s.erase(p);//非复活点
        }
        else
        {
            int l=*(--it);
            it++;
            int r=*it;
            ans=ans-calc(l,r-1)+MOD;
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;
            ans=ans+calc(l,p-1)+MOD;
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;
            ans+=calc(p,r-1);
            if(ans>=MOD)ans-=MOD;//参考公式
            s.insert(p);//复活点
        }
        printf("%lld\n",ans%MOD);
    }
	return 0;
}