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64bit IO Format: %lld
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
3 50 1 50 2 50 3
输出
499122178
备注:
1<= n <= 100000
1<=p[i]*100 <=100
1<=d[i]<=10^9
题目大意：
给n个箱子排成一排，从头到尾按顺序依次开箱子，第i个箱子都有概率pi开出size为di的钻石。
一开始手中是没有钻石的，如果打开箱子后钻石的size要大于手中的钻石，就丢掉手中的钻石换成箱子中的钻石。
问：丢掉钻石的个数（交换的次数）期望是多少。（有点像狗熊掰棒子，咳咳）
思路：
由概率知识可以知道，选择每个箱子时所有的情况都是独立的（不会的话问高中数学老师不要问我，我也证明不了）
所以期望E=∑（所有箱子打开时交换的期望），由概率论知识，设事件为A，期望为E（A ），发生一次为P（A），发生一次对期望的贡献为F(A)，有E（A）=P(A)*F(A)。本题显然发生一次交换事件对期望的贡献为F(A)=1；所以有
E(A)=P(A);
所以，E=∑(所有箱子打开时交换的期望)=∑( 所有箱子打开时交换的概率)；
然后题目就转化为求箱子打开时发生交换的概率。
我们很容易知道，手中钻石size大小一定是递增的，所以打开第i个箱子时，发生交换的条件是之前没有拿到更大的钻石（如果之前的钻石更大，也就是手中的钻石更大，肯定不能丢掉手中的大钻石，所谓丢了西瓜捡了芝麻....）.
总结一下，之前所有大于它的箱子不能开：1~i-1个箱子中，钻石大于第i个的箱子，不打开的概率的乘积。要发生交换，第i个箱子也得打开，就再乘以pi。
设pi为打开第i个箱子的概率，bi为第i个箱子的钻石大小。
所以 Pi=pi*π(1-pj), j∈{ j是正数|1<=j<=i-1 且 bj>bi };
E=∑ei=∑Pi
期望（数学部分）求解完毕。
但这还没结束。由于结果显然超出了long long 的数据范围，且结果对mod=998244353取余后输出。我们想到同余定理。
(a±b)%mod=(a%mod±b%mod+mod)%mod
a*b*c%mod=a*b%mod*c%mod
但是本题有除法，（因为要除以100）
所以要用到离散数学中的逆元（运算为%mod，要注意mod不同逆元也不同）
设%mod的逆元为inv
有a/b%mod=a*inv%mod (不考虑小数)
求逆元用扩展欧几里得做（听说也有别的方法）。我直接抄板子了，其实我也不清楚求逆元的原理
这还没完
公式中要求前i项大于b的概率连乘积。而n数据范围是1e5.所以，不可能用暴力的方法求解。要用树状数组（或者线段树）
我们离线处理需求，由于我们只需要前i个比当前箱子钻石大的概率连乘积，所以我们将箱子按照钻石大小从大到小排序（要记录好箱子本来的位置，这里可以用离散化O（nlogn），也可以直接保留映射O(n)，我选择第二种）。
按照从大到小的顺序，依次加入树状数组，使用树状数组查询前i个连乘积（注意取模）。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//https://www.nowcoder.com/acm/contest/143/F
typedef long long ll;
ll imod;
ll const mod=998244353;
ll const maxn=4e5+10;
ll tree[maxn];
ll n;
ll Lowbit(ll x)
{
return x&-x;
}
void update(ll i, ll x) //i点增量为x
{
while(i <= n)
{
tree[i] *= x;
tree[i]%=mod;
i += Lowbit(i);
}
}
ll sum(ll x)//区间求和 [1,x]
{
ll sum=1;
while(x>0)
{
sum*=tree[x];//从后面的节点往前加
sum%=mod;
tree[x]%=mod;
x-=Lowbit(x);//同层中向前移动一格，如果遇到L=1的节点会减成0
}
return sum;
}long long inv (long long a,long long m)
{
if(a==1) return 1;
return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
}
struct node
{
ll p,v;
ll i;
};
ll operator<(node a,node b)
{
return a.v>b.v;
}
node co[maxn];
int main()
{imod=inv(100,mod);
ll e=0;
cin>>n;
ll i,j,k,t;
for(i=0;i<maxn;i++)
tree[i]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld %lld",&co[i].p,&co[i].v);
co[i].p*=imod;
co[i].p%=mod;
co[i].i=i;
}
sort(co+1,co+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
e+=sum(co[i].i-1)*co[i].p%mod;
e%=mod;
update(co[i].i,(1-co[i].p+mod)%mod);
}
cout<<e<<endl;
}