HDU6656——Kejin Player（期望DP+前缀和）

原题链接
题意：

思路：
因为只能一级级的升级，所以要升级到r级一定会先升级到l级。
dp[i]表示从1升到i级的花费，那么对于每次询问dp[r]-dp[l]就是答案（相当于维护一个前缀和）
状态转移：
因为每次从i级升到i+1级的成功率是不一定的，所以升级次数也是不一定的。假设第x次时升级到i+1级成功，所以前x-1次都是失败的。
dp[i+1]=dp[i]+a[i]+(t-1)*(a[i]+dp[i]-dp[x[i]]);
a[i]表示第x次升级的花费，后面的表示前x-1次的花费，dp[i]-dp[x[i]]表示从x[i]升级到i的花费。
因为第x次成功，也就是说x次成功了1次，即1/x=r/s;
注意取模和逆元。
代码：

const int maxn=1e6+100;
int n,q;
ll r[maxn],s[maxn],x[maxn],a[maxn];
ll dp[maxn];
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll getinv(ll x)
{
    return ksm(x,mod-2,mod);
}
int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&q);
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%lld%lld%lld%lld",&r[i],&s[i],&x[i],&a[i]);
            ll invr=getinv(r[i]);
            ll t=s[i]*invr%mod;
            ll t1=(t-1+mod)%mod;
            dp[i+1]=t*((dp[i]+a[i])%mod)%mod;
            dp[i+1]=(dp[i+1]-t1*dp[x[i]]%mod+mod)%mod;
        }
        while(q--)
        {
            int l,r;
            scanf("%d%d",&l,&r);
            printf("%lld
",(dp[r]-dp[l]+mod)%mod);
        }
    }

    return 0;
}

参考：