降智了……
当你走头无路的时候就应该知道瞎搞一个DP：
$p[i]$ 表示光射入第 $1$ 块玻璃时，从第 $i$ 块玻璃出去的光量。
$q[i]$ 表示光射入第 $i$ 块玻璃时，从第 $i$ 块玻璃出去的光亮。
为什么是第 $i$ 块呢？因为我们最后只关注 $p[n]$，所以我们关注的反射都是前 $i$ 块射向第 $i+1$ 块（也就是 $q[i]$）和从第 $i+1$ 块射向前 $i$ 块（也就是 $b_{i+1}$）。
初始状态 $p[1]=a_1,q[1]=b_1$。答案为 $p[n]$。
随便画个图得到转移：
$$p[i]=dfrac{p[i-1]a_i}{1-q[i-1]b_i}$$
$$q[i]=b_i+dfrac{q[i-1]a_i^2}{1-q[i-1]b_i}$$
时间复杂度 $O(nlog)$。可以做到 $O(n)$，但是懒得写了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=500050,mod=1000000007,inv100=570000004; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,a[maxn],b[maxn],f[maxn],g[maxn]; inline int add(int x,int y){return x+y<mod?x+y:x+y-mod;} inline int sub(int x,int y){return x<y?x-y+mod:x-y;} inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;} inline int qpow(int a,int b){ int ans=1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a); return ans; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=mul(read(),inv100),b[i]=mul(read(),inv100); f[1]=a[1];g[1]=b[1]; FOR(i,2,n){ int inv=qpow(sub(1,mul(g[i-1],b[i])),mod-2); f[i]=mul(mul(f[i-1],a[i]),inv); g[i]=add(b[i],mul(mul(mul(a[i],a[i]),g[i-1]),inv)); } printf("%d ",f[n]); }