题目
原题目-CF712E
考场题目
HearthStone
Description
“低保不是挺轻松的吗？”
HS 需要智商，需要知己知彼，需要根据场面情况和对手策略进行针对性的概率分析和分类讨论。zzh 不擅长这些，看着hzy 又一次低保，便向 hzy 请教经验。
“每次你与对手博弈，获胜一局加一分，否则扣一分。低保之后，连胜附加分取消，上分的道路更加艰难。”，说着hzy 拿出一张足有七十米长的小纸条，“这是根据目前天梯上的情况得到的，我的卡组在已有 \(i\) 分时找对手博弈获胜的概率。”
zzh 顿时来了劲，不停地问hzy，如果hzy 有一只小号目前有 \(l\) 分，不停地博弈，博弈过程中任何时刻不低于 \(l\) 分，最终到达 \(r\) 分的概率。因为天梯实况不时会改变，hzy还会不断地对纸条进行修改。于是，zzh 的问题就要你来回答了。
为了避免精度问题，请输出在模P＝998244353 域下的结果。
Input
第一行输入两个数，低保以上的分数上限 \(N\)，修改和询问总数 \(Q(N,Q≤10^5)\) 。
接下来 \(N\) 行，第 \(i+1\) 行两个数 \(x[i],y[i](1≤x[i]＜y[i]＜P)\) ，表示已有 \(i\) 分时获胜的概率为\(x[i]/y[i]\) 。
接下来 \(M\) 行，每行以下面的格式描述一个操作：
-
\(1\ d\ x\ y (1≤d≤N,1≤x＜y＜P)\)：hzy 将已有 \(d\) 分时获胜的概率改为 \(x/y\)；
-
\(2\ l\ r\ (1≤l≤r≤N)\)：zzh 进行一次询问，询问的含义如题。
Output
对于所有zzh 的询问，一行一个数输出结果。
Sample Input
3 7
1 3
1 2
2 3
2 1 1
2 1 2
2 1 3
1 2 2 3
2 1 1
2 1 2
2 1 3
Sample Output
332748118
598946612
166374059
332748118
748683265
887328314
Hint
| 测试点编号 | 分值 | 对 \(N\) 和 \(Q\) 的限制 | 其他限制 |
|---|---|---|---|
| 1 | 3 | \(N=1\) | 无 |
| 2 | 22 | \(N\le 3,Q\le 10\) | 无 |
| 3 | 19 | \(N\le 1000,Q\le 1000\) | 无 |
| 4 | 24 | 无 | 无操作1，所有 \(y[i]\) 相同 |
| 5 | 6 | 无 | 无 |
| 6 | 26 | 无 | 无 |
如果P 是质数，那么 $ Q^{(P-1)}≡1\ (mod P) $ 。
题解
注：本题考场题面与原题面不同，故考场思路中有些细节与原题不同，但是思路应该可取。
考场思路
可以将题目简化一下：
- 在一段有 \(n\) 个的连续的格子上，第 \(i\) 个格子向右走的概率为 \(p_i=\frac{x_i}{y_i}\) （显然向左走的概率为 \(1-p_i\)），现在给出 \(Q\) 个询问或修改，修改会修改点 \(d\) 的 \(p_d\) 值，询问会询问从 \(l\) 开始，不经过 \(l-1\) 到 \(r+1\) 的概率。
显然的一道概率 \(DP\)。
考虑当 \(l=r\) 时，直接输出 \(x[i]\times \text{inv}(y[i])\)，然后这样就有 \(3pts\) 了...
更好的方案，设 \(f[i]\) 为从 \(l\) 合法地走到 \(i\) 的概率，显然有初始化（而不是概率）
注意，上式中的 \(f[l]\) 并不是概率，而是一个初始化。
其中 \(failed[l+1]\) 为从 \(l+1\) 向左走的概率。
并且，还有
其中，\(win[i]\) 表示从 \(i\) 走到 \(i+1\) 的概率。
那么，我们将 \(i=l+1\) 带入上式，可得
我们移项之后有一个式子
这个式子中，前一项是常数项，我们不妨将其看做 \(a\)，而后一项的系数我们也可以看出来，不放将其看做 \(b\)，然后就有
令 \(i=l+2\)，那么就是
又是一个关于 \(i\) 和 \(i-1\) 的式子，将其带入 \((1)\)，我们又可以得到一个关于 \(f[i]\) 和 \(f[i+1]\) 的式子，令 \(i'=i+1\)，那么那个式子变成 \(f[i'-1]\) 和 \(f[i']\) 的关系式。
发现可以迭代，迭代到 \(i'=r-1\) 时，得到 \(f[r-1]\) 和 \(f[r]\) 的关系，然后结合
可以解得 \(f[r]\)，而最后的答案就是 \(f[r]\times win[r]\) 了。
由于是线性递推，这个方法 \(\mathcal O(NQ)\)，期望 \(44pts\)，结果 \(44pts\)。
考场代码
/* 44pts */
#include<cstdio>
#define cg (c=getchar())
inline int read(){
int x;bool f=true;char c;
while(cg<'0' || '9'<c)if(c=='-')f=false;
for(x=(c^48);'0'<=cg && c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?x:-x;
}
#undef cg
const int MOD=998244353;
const int MAXN=1e5;
inline int inv(int x,int n=MOD-2){
int ret=1;
for(;n>0;n>>=1){
if(n&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;
}return ret;
}
int f[MAXN+5];
int win[MAXN+5],fail[MAXN+5];
int N,Q;
inline void Init(){
N=read(),Q=read();
int x,y;
for(int i=1;i<=N;++i){
x=read(),y=read();
win[i]=1ll*x*inv(y)%MOD;
fail[i]=1ll*(y-x)*inv(y)%MOD;
}
}
inline void solve1(){
int opt,d,l,r;
int a,b;
while(Q--){
opt=read();
if(opt==1){
d=read(),l=read(),r=read();
win[d]=1ll*l*inv(r)%MOD;
fail[d]=1ll*(r-l)*inv(r)%MOD;
}else{
l=read(),r=read();
if(l==r){printf("%d\n",win[l]);continue;}
a=1,b=fail[l+1];
for(int i=l+1;i<=r;++i){
a=1ll*a*win[i-1]%MOD,b=1ll*b*win[i-1]%MOD;
b=(MOD+1-b)%MOD;
a=1ll*a*inv(b)%MOD;
/*if(i<r)*/b=1ll*fail[i+1]*inv(b)%MOD;
}
// a=1ll*a*win[r-1]%MOD,b=1ll*b*win[r-1]%MOD;
// b=(MOD+1-b)%MOD;
// a=1ll*a*inv(b)%MOD;
printf("%lld\n",1ll*a*win[r]%MOD);
}
}
}
signed main(){
// freopen("hs.in","r",stdin);
// freopen("hs.out","w",stdout);
Init();
solve1();
return 0;
}
/*
O(NQ):线性递推
O(Q logN):加上一些数据结构优化 ?
*/
正解
定义 \(f[i]\) 为从 \(i\) 合法地走到 \(r+1\) 的概率，显然有 \(f[r+1]=1,f[l-1]=0\)，并且有一个关系式
然后我们定义 \(g[i]=f[i]-f[i-1]\)，那么上式可以化为
得到了递推式，现在看我们要求什么？
答案显然是 \(f[l]\) 了，并且我们有
而我们又有 \(g[i+1]=\frac{1-p[i]}{p[i]}g[i]\)，那么我们可以将所有的 \(g[i]\) 用 \(g[l]\) 表示出来，那么原式可以写作
特殊规定：当 \(i-1<l\) 时，\(\prod_{j=l}^{i-1}\frac{1-p[j]}{p[j]}=1\)。
整理一下，我们就有
将 \(g[l]\) 的系数移项过去，我们可以快乐地解得 \(g[l]\) 的值，而 \(g[l]\) 有什么用？
由定义，有
那么，我们现在唯一的问题就是 \(\sum_{i=l}^{r+1}\prod_{j=l}^{i-1}\frac{1-p[j]}{p[j]}\) 这一坨怎么维护了。
定义 \(t[i]=\frac{1-p[i]}{p[i]}\)
由于我们对于这个式子有一个特殊规定，使得这个式子不是那么的规则，我们考虑将这个特殊规定的 \(1\) 提出来，就有
这个式子现在看上去很整齐了，但是我们怎么维护？
考虑将后面那一项变换为前缀作差形式，用补项思想，那么有
那么就有
现在全部都是前缀的形式了，我们只需要维护 \(\sum_{i=1}^r\prod_{j=1}^it[j]\) 与 \(\prod_{i=1}^{l-1}t[i]\) 即可。
正解代码
被我咕掉了qwq