本文探讨了如何使用期望动态规划解决装备升级问题，通过计算升级到n级的期望花费，涉及概率、成本递推和卷积递推式，展示了如何利用分治法求解并给出C++代码实现。
题意：
有一个装备，初始是0级，在 i i i级时可以花费 c i c_{i} ci元来尝试升级装备一次，有 p i p_{i} pi的概率升级到 i + 1 i+1 i+1级，有 ( 1 − p i ) w j ∑ k = 1 i w k \frac{(1-p_{i})w_{j}}{\sum_{k=1}^{i}w_{k}} ∑k=1iwk(1−pi)wj的概率降级到 i − j i-j i−j级，求升级到 n n n级的期望花费。
方法：
很明显的期望 d p dp dp，设 f i f_{i} fi为当前等级为 i i i，升级到 n n n级的期望花费为 f i f_{i} fi，并且以前缀和的形式记 s u m i = ∑ j = 1 i w k sum_{i}=\sum_{j=1}^{i}w_{k} sumi=∑j=1iwk，期望表达式： f i = p i ( c i + f i + 1 ) + ∑ j = 1 i 1 − p i s u m i w j ( c i + f i − j ) f_{i}=p_{i}(c_{i}+f_{i+1})+\sum_{j=1}^{i}\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}w_{j}(c_{i}+f_{i-j}) fi=pi(ci+fi+1)+∑j=1isumi1−piwj(ci+fi−j)
化简即： f i = p i f i + 1 + c i + 1 − p i s u m i ∑ j = 1 i w j f i − j f_{i}=p_{i}f_{i+1}+c_{i}+\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}\sum_{j=1}^{i}w_{j}f_{i-j} fi=pifi+1+ci+sumi1−pi∑j=1iwjfi−j
原式形式 i i i有前面 i i i项与 i + 1 i+1 i+1得来，不太方便计算，于是变形，将 f i + 1 f_{i+1} fi+1写在前面，使得 i + 1 i+1 i+1都由前面推出：
f i + 1 = f i − c i − 1 − p i s u m i ∑ j = 1 i w j f i − j p i f_{i+1}=\frac{f_{i}-c_{i}-\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}\sum_{j=1}^{i}w_{j}f_{i-j}}{p_{i}} fi+1=pifi−ci−sumi1−pi∑j=1iwjfi−j
虽然最后一项是卷积形式，但是并不知道 f f f任何一项是多少，令 f i = a i f 0 + b i f_{i}=a_{i}f_{0}+b_{i} fi=aif0+bi，有 a 0 = 1 ， b 0 = 0 a_{0}=1，b_{0}=0 a0=1，b0=0
有： a i + 1 f 0 + b i + 1 = a i f 0 − c i − 1 − p i s u m i ∑ j = 1 i w j ( a i − j f 0 + b i − j ) p i a_{i+1}f_{0}+b_{i+1}=\frac{a_{i}f_{0}-c_{i}-\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}\sum_{j=1}^{i}w_{j}(a_{i-jf_{0}+b_{i-j}})}{p_{i}} ai+1f0+bi+1=piaif0−ci−sumi1−pi∑j=1iwj(ai−jf0+bi−j)
我们将右式以带不带 f 0 f_{0} f0为准则分开，则这个方程的一个解就是左侧带 f 0 f_{0} f0的项与右边带 f 0 f_{0} f0的项相等，左侧不带 f 0 f_{0} f0的与右侧不带 f 0 f_{0} f0的相等，并且将带 f 0 f_{0} f0的那个解的左右两边的 f 0 f_{0} f0约去，得到：
a i + 1 = a i − 1 − p i s u m i ∑ j = 1 i w j a i − j p i a_{i+1}=\frac{a_{i}-\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}\sum_{j=1}^{i}w_{j}a_{i-j}}{p_{i}} ai+1=piai−sumi1−pi∑j=1iwjai−j
b i + 1 = b i − c i − 1 − p i s u m i ∑ j = 1 i w j b i − j p i b_{i+1}=\frac{b_{i}-c_{i}-\frac{1-p_{i}}{sum_{i}}\sum_{j=1}^{i}w_{j}b_{i-j}}{p_{i}} bi+1=pibi−ci−sumi1−pi∑j=1iwjbi−j
这是一个卷积递推式，可以用分治 n t t ntt ntt求解，计算的方法是（以 a a a为例子）：求 a i + 1 a_{i+1} ai+1时， [ 0 , i − 1 ] [0,i-1] [0,i−1]的 a a a是已知的，用已知的 a a a来卷积得到 ∑ j = 1 i w j a i − j \sum_{j=1}^{i}w_{j}a_{i-j} ∑j=1iwjai−j
，然后分治到 l = = r l==r l==r时利用已知的 a a a与 b b b和求出来的 ∑ j = 1 i w j a i − j \sum_{j=1}^{i}w_{j}a_{i-j} ∑j=1iwjai−j来递推 a i + 1 a_{i+1} ai+1。
求解完后，利用 f n = a n f 0 + b n = 0 ⇒ f 0 = − b n a n f_n=a_nf_0+b_n=0\Rightarrow f_0=-\frac{b_n}{a_{n}} fn=anf0+bn=0⇒f0=−anbn求解即可
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int ret=0,base=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') base=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;
ch=getchar();
}
return ret*base;
}
const long long mod=998244353,inv3=332748118,inv100=828542813;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ret=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ret=ret*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
int getlen(int k)
{
int ret=0;
while(k){ret++;k>>=1;}
return ret;
}
int getrev(int k,int len)
{
int ret=0;
while(k){ret=ret<<1|(k&1);k>>=1;len--;}
while(len--) ret<<=1;
return ret;
}
int n,pos[270005];
void ntt(ll* a,int limit,int op)
{
for(int i=0;i<limit;i++){
if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
}
for(int len=2;len<=limit;len<<=1)
{
ll base=qpow(op==1?3:inv3,(mod-1)/len);
for(int l=0;l<limit;l+=len)
{
ll now=1;
for(int i=l;i<l+len/2;i++)
{
ll temp1=a[i],temp2=now*a[i+len/2]%mod;
a[i]=(temp1+temp2)%mod;
a[i+len/2]=(temp1-temp2+mod)%mod;
now=now*base%mod;
}
}
}
}
void multi(ll *a,ll *b,ll *tog,int limit)
{
//a*tog,b*tog
int len=getlen(limit-1);
for(int i=0;i<limit;i++) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
ntt(a,limit,1);ntt(b,limit,1);ntt(tog,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)
{
a[i]=a[i]*tog[i]%mod;
b[i]=b[i]*tog[i]%mod;
}
ntt(a,limit,-1);ntt(b,limit,-1);
ll temp=qpow(limit,mod-2);
for(int i=0;i<limit;i++)
{
a[i]=a[i]*temp%mod;
b[i]=b[i]*temp%mod;
}
}
ll p[270005],c[270005],w[270005],sum[270005],ans_a[270005],ans_b[270005];
ll f[270005],g[270005],a[270005],b[270005],tog[270005];
void solve(int l,int r)
{
//a,b,tog是卷积容器
//f,g是卷积结果
//ans_a,ans_b是公式中的a,b
if(l==r)
{
//用已知的ans_a与ans_b和卷积结果f和g递推i+1
ans_a[l+1]=((ans_a[l]-(1ll-p[l])*sum[l]%mod*f[l]%mod)%mod+mod)*qpow(p[l],mod-2)%mod;
ans_b[l+1]=((ans_b[l]-c[l]-(1ll-p[l])*sum[l]%mod*g[l]%mod)%mod+mod)*qpow(p[l],mod-2)%mod;
return;
}
int mid=l+r>>1;
solve(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;i++)
{
a[i-l]=ans_a[i];
b[i-l]=ans_b[i];
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++) a[i-l]=b[i-l]=0;
for(int i=l;i<=r;i++) tog[i-l]=w[i-l];
multi(a,b,tog,r-l+1);
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
f[i]=(f[i]+a[i-l])%mod;
g[i]=(g[i]+b[i-l])%mod;
}
solve(mid+1,r);
}
void work()
{
n=read();
for(int i=0;i<n;i++)
{
p[i]=read()*inv100%mod;
c[i]=read();
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
w[i]=read();
sum[i]=(sum[i-1]+w[i])%mod;
}
int limit=1;
while(limit<=n) limit<<=1;
for(int i=0;i<=n;i++) f[i]=g[i]=tog[i]=ans_a[i]=ans_b[i]=0;
for(int i=1;i<n;i++) sum[i]=qpow(sum[i],mod-2);//由于sum都在分母出现，所以可以以逆元形式存储
ans_a[0]=1;ans_b[0]=0;//已知的初始项
solve(0,limit-1);
ll ans=(-ans_b[n])*qpow(ans_a[n],mod-2)%mod;
printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}
int main()
{
int t=read();
while(t--) work();
return 0;
}
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