序列

### Description

　　有一个数列(a)，满足(a_0=0)，(forall i>0)满足(a_i)有(frac{p_i}{100})的概率为(a_{i-1}+1)，有(1-frac{p_i}{100})的概率为(0)

　　求((sumlimits_{i=1}^n a_i)^2)的期望

​ 　　

　　数据范围：(1leq n leq 2*10^6,0leq p_i leq 100)

　　

Solution

　　其实真的是一道不能再小清新的概d。。。

​　　和时机成熟之时不同，直接考虑转移的时候的变化好像并不是很方便。。（实际上也可以做但是要维护四五六七八个量就很烦还容易错==），因为并不是连续的而是一段一段的

　　比较简单的做法是直接看最后的形式：((sumlimits_{i=1}^n a_i)^2=sumlimits_{i=1}^n a_i^2+2sumlimits_{i=1}^n a_isumlimits_{j=1}^{i-1}a_j)

　　所以我们求(E( a_i^2))和(E(a_isumlimits_{j=1}^{i-1}a_j))就好了

​　　具体的话(f_i)表示(E(a_i))，(g_i)表示(E(a_i^2))，(h_i)表示(E(a_isumlimits_{j=1}^{i-1}a_j))，那么有（为了方便直接用(p_i)表示除以(100)之后的结果了）：

[egin{aligned} f_i&=p_i*(f_{i-1}+1)+(1-p_i)*0\ g_i&=p_i*(g_{i-1}+2f_{i-1}+1)+(1-p_i)*0\ h_i&=p_i*(h_{i-1}+(g_{i-1}+f_{i-1})sumlimits_{j=1}^{i-2}f_j)+(1-p_i)*0\ end{aligned} ]

　　然后就做完了

　　

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=2e6+10,MOD=998244353;
int f[N],g[N],h[N],sum[N];
int p[N];
int n,ans;
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int plu(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int mns(int x,int y){return (1LL*x+MOD-y)%MOD;}
int sqr(int x){return 1LL*x*x%MOD;}
int ksm(int x,int y){
    int ret=1,base=x;
    for (;y;y>>=1,base=mul(base,base))
        if (y&1) ret=mul(ret,base);
    return ret;
}
void dp(){
    f[0]=0; sum[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        f[i]=mul(p[i],f[i-1]+1);
        g[i]=mul(p[i],plu(g[i-1],plu(mul(2,f[i-1]),1)));
        h[i]=plu(h[i-1],plu(i>=2?sum[i-2]:0,plu(g[i-1],f[i-1])));
        h[i]=mul(p[i],h[i]);
        sum[i]=plu(sum[i-1],f[i]);
    }
    ans=0;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        ans=plu(ans,g[i]);
        ans=plu(ans,2LL*h[i]);
    }
    printf("%d
",ans);
}
 
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    int x,inv;
    inv=ksm(100,MOD-2);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&x);
        p[i]=mul(inv,x);
    }
    dp();
}