题意：
你有$n$个魔镜，第$i$个魔镜有$p_{i}$的概率说你美。
从第1天开始，你会依次询问魔镜$1-n$你美不美。
若第$i$个魔镜说你美则你明天会继续询问第$i+1$个魔镜。
否则你明天会从该魔镜前面第一个复活点魔镜开始询问。初始时只有魔镜1是复活点。
当第$n$个魔镜说你美的时候你会开心的一批。
现在有$q$次操作，每次操作修改一个魔镜使其成为/不成为复活点。
每次操作之后请你求出期望多少天你能开心的一批。
$n,q\leq 2\times 10^{5}$。
题解：
一开始想复杂了，用期望的线性性推了个式子发现做不了。
实际上我们只需要根据最简单的思路推式子即可。
设$E_{i}$为从$i$走到$n$的期望天数。
则有$E_{i}=p_{i}\times(1+E_{i+1})+(1-p_{i})\times(1+E_{1})$。
手动消元一下$E_{1}$，得到$E_{1}=\frac{1}{p_{n}}+\frac{1}{p_{n}p_{n-1}}+\cdots +\frac{1}{p_{n}p_{n-1}\cdots p_{1}}$。
那么考虑复活点这件事，容易发现整个序列被复活点分成了若干个区间。
每个区间是独立的。即$ans=\sum{E_{[f_{i-1},f_{i}]}}$。
那么我们考虑$E_{[l,r]}$如何计算。
推广上面那个式子，得到$E_{[l,r]}=\frac{1}{p_{r}}+\frac{1}{p_{r}p_{r-1}}+\cdots +\frac{1}{p_{r}p_{r-1}\cdots p_{l}}$。
我们设$s_{i}$为$p_{1}p_{2}\cdots p_{i}$，那么有
$E_{[l,r]}=\frac{(p_{r-1}p_{r-2}\cdots p_{l}+p_{r-2}p_{r-3}\cdots p_{l}+\cdots +p_{l}+1)}{\frac{s_{r}}{s_{l-1}}}$。
我们再设$ss_{i}=s_{1}+s_{2}+\cdots +s_{i}$，那么有
$E_{[l,r]}=\frac{\frac{(ss_{r-1}-ss_{l-1})}{s_{l-1}}+1}{\frac{s_{r}}{s_{l-1}}}$。
于是只需要用一个$set$维护复活点即可做到$O(nlogn)$。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
#define ll long long
#define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
#define fgx cerr<<"--------------"<<endl
#define dgx cerr<<"=============="<<endl
using namespace std;
ll s[maxn],ss[maxn];
set<int> st;
inline ll read(){
ll x=0,f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
inline ll power(ll a,ll b){ll ans=1;while(b) ans=(b&1)?ans*a%mod:ans,a=a*a%mod,b>>=1;return ans;}
inline ll inv(ll x){return power(x,mod-2);}
inline ll mo(ll x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline ll calc(ll l,ll r){return (mo(ss[r-1]-ss[l-1]+mod)*inv(s[l-1])%mod+1)*inv(s[r]*inv(s[l-1])%mod)%mod;}
int main(){
ll n=read(),q=read(); s[0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll x=read()*inv(100)%mod;
s[i]=s[i-1]*x%mod,ss[i]=(ss[i-1]+s[i])%mod;
}
st.insert(1),st.insert(n+1);
ll ans=(ss[n-1]+1)%mod*inv(s[n])%mod;
while(q--){
int x=read();
set<int>::iterator it=st.lower_bound(x);
if(*it==x){
int l=*(--it);it++;int r=(*(++it));//cout<<1<<":"<<l<<" "<<r<<endl;
ans=mo(ans-calc(l,x-1)+mod),ans=mo(ans-calc(x,r-1)+mod),ans=mo(ans+calc(l,r-1)),st.erase(x);
}
else{
int l=*(--it);it++;int r=(*it);//cout<<2<<":"<<l<<" "<<r<<endl;
ans=mo(ans-calc(l,r-1)+mod),ans=mo(ans+calc(l,x-1)),ans=mo(ans+calc(x,r-1)),st.insert(x);
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
C
原文地址：https://www.cnblogs.com/YSFAC/p/12003135.html