Codeforces 1264C Beautiful Mirrors with queries（逆元，递推，概率期望）

思路：

这道题应该是$1265E$的$Hard Version$，根据1265E Beautiful Mirrors该题的题解，我们可以得到dp[i]=dp[i-1]+pi*1+(1-pi)*(dp[i]+1)的递推式；(稍微变换一下就可以得到dp[i]的递推式）
稍微理解一下题意，我们就可以知道，每次查询，我们用这些分割点将区间n分割开来，单独求期望，最后相加即可；
此题我们设E(i,j)为通过[i,j]所有镜子的期望天数，类似的我们可以得到E(i,j)=(E(i,j-1)+1)/pj，将E(i,j-1)再展开，然后将迭代出的式子再展开，最终我们可以得到
$E(i,j)=frac{1+p_{i}+p_{i}p_{i+1}+...+p_{i}p_{i+1}...p_{j-1}}{p_{i}p_{i+1}...p_{j}}$
设前缀积数组mul[i]=p1*p2*p3*...*pi，分母就很好求了，为mul[j]/mul[i-1]；
设前缀和数组sum=p1+p1*p2+...+p1*p2*...pi，那分母就是1+(sum[j-1]-sum[i-1])/mul[i-1]；
然后合起来写再通个分就可以求得E(i,j)了；
每次查询，我们只需要做小小的变化，就能在$O(logn)$的时间修改答案（具体看代码）
我们这里的pi是概率，题目给的pi/100才是概率，我们用100的逆元乘上pi即可；

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pt(a) cerr<<a<<"---
"
typedef long long LL;
const LL M=998244353;
void extgcd(LL a,LL b,LL& x,LL& y){
    if(b==0){x=1,y=0;return;}
    extgcd(b,a%b,x,y);
    LL t=x;x=y;y=t-(a/b)*y;
}
LL mod_inv(LL a){LL x,y;extgcd(a,M,x,y);return (M+x%M)%M;}
const int maxn=2e5+99;
int n,q;
LL res=0,mul[maxn],sum[maxn],p[maxn];
set<int> st;
#define E(i,j) ((mul[i-1]+sum[j-1]-sum[i-1]+M)%M*mod_inv(mul[j])%M)
void init_(){
    mul[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)mul[i]=mul[i-1]*p[i]%M;
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=(sum[i-1]+mul[i])%M;
    st.insert(1);st.insert(n+1);
    res=E(1,n);
}
int u;
void solve(){
    if(st.count(u)){
        auto it=st.find(u);
        auto pit=it,qit=it;pit--;qit++;
        res-=E(*pit,*it-1)+E(*it,*qit-1);
        res+=E(*pit,*qit-1);
        st.erase(u);
    }else{
        auto it=st.insert(u).first;
        auto pit=it,qit=it;pit--;qit++;
        res-=E(*pit,*qit-1);
        res+=E(*pit,*it-1)+E(*it,*qit-1);
    }
    res%=M;
    if(res<0)res+=M;
    cout<<res<<'
';
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
    cin>>n>>q;
    LL x=mod_inv(100);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>p[i],p[i]=p[i]*x%M;
    init_();
    for(int i=0;i<q;i++){
        cin>>u;
        solve();
    }
	return 0;
}