牛客多校第五场 F take

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来源：牛客网

题目描述

Kanade has n boxes , the i-th box has p[i] probability to have an diamond of d[i] size.

At the beginning , Kanade has a diamond of 0 size. She will open the boxes from 1-st to n-th. When she open a box,if there is a diamond in it and it's bigger than the diamond of her , she will replace it with her diamond.

Now you need to calculate the expect number of replacements.

You only need to output the answer module 998244353.

Notice: If x%998244353=y*d %998244353 ,then we denote that x/y%998244353 =d%998244353

输入描述:

The first line has one integer n.

Then there are n lines. each line has two integers p[i]*100 and d[i].

输出描述:

Output the answer module 998244353

示例1

输入

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输出

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499122178

备注:

1<= n <= 100000

1<=p[i]*100 <=100

1<=d[i]<=10^9

题意：开始手中有一个大小为0的钻石，然后给出n个箱子，有x/100的概率开出y大小的钻石，如果比手中的钻石大的话就交换，求交换次数

思路：这个牵扯到一些数学知识，我们单独算每个箱子得贡献，如果我要交换当前箱子的钻石，说明当前箱子一定要能开出钻石，所以要乘以当前得概率
然后既然当前箱子要交换，说明当前得钻石说明肯定比手中得钻石大，也就是说前面比这个箱子大得钻石都没有开出钻石，也就是要再乘以前面比它大得
钻石得失败概率，比它小的钻石开不开出钻石都不影响当前钻石，所以概率为1
所以每个箱子得贡献为：   比当前钻石大得箱子开钻石失败得概率 * 当前钻石成功概率
但是我们这样取间断的概率有点麻烦，我们这里用树状数组维护前缀积，优化了一下
我们还要注意，我们的数的范围是1e9  但是箱子的个数是1e5,
1e9的数组我们开不了，所以我们需要离散化
还有我们分数取模无法取，所以我们还要使用逆元来计算

下面看代码注释

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
struct sss
{
    ll id,x;
}a[100001];
ll inv;
ll d[100001],c[100001];
ll n,cnt;
ll qpow(ll a,ll n)
{
    ll ans=1;
    while(n)
    {
        if(n%2) ans=(ans*a)%maxn;
        a=(a*a)%maxn;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
ll lowbit(ll x)
{
    return x&(-x);
}
ll sum(ll x)//因为我们要求的是比当前大的钻石概率，而模版树状数组是求小的，我们就反过来即可
{
    ll ans=1;
    while(x<=n)
    {
        ans=(ans*c[x])%maxn;
        x+=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
void updata(ll x,ll d)//同上
{
    while(x>0)
    {
        c[x]=(c[x]*d)%maxn;
        x-=lowbit(x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    inv=qpow(100,maxn-2);//计算分母100的逆元
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&a[i].id,&a[i].x);
        d[i-1]=a[i].x;
    }
    sort(d,d+n);//离散化
    cnt=unique(d,d+n)-d;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i]=1;//初始化前缀积数组
        a[i].x=upper_bound(d,d+cnt,a[i].x)-d+1;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans = (ans + (1LL * sum(a[i].x) * a[i].id % maxn * inv)) % maxn;//把前面把他大的箱子的失败概率乘以当前成功的概率
        updata(a[i].x, 1LL * (100 - a[i].id)*inv % maxn);//更新树状数组  注意是100-当前概率  因为我们要存的是失败概率
    }
    printf("%lld",ans);
}