1. 问题分析

我们考虑光线在多层玻璃中的传播过程。当光线射到玻璃上时：

• 一部分直接透射过去（$a_i\%$）
• 一部分被反射回去（$b_i\%$）
• 剩余的被吸收（$100-a_i-b_i\%$）

由于存在反射，光线可能在两层玻璃之间来回反射，形成无穷级数。

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2. 动态规划思路

设 $dp[i]$ 表示：当 1 单位光从上方垂直射入第 $i$ 层玻璃时，最终能从第 $n$ 层玻璃下方穿出的光的总量（包括所有反射路径的贡献）。

我们要求的是 $dp[1]$。

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2.1 边界条件

对于最后一层玻璃（$i = n$）：

• 直接透射：$a_n\%$
• 没有反射回来的光（因为后面没有玻璃了）

所以：

$$dp[n] = \frac{a_n}{100}$$

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2.2 状态转移

考虑第 $i$ 层玻璃（$1 \le i < n$）：

1. 直接透射：光从第 $i$ 层上方射入，直接穿过第 $i$ 层，这部分光为 $\frac{a_i}{100}$，然后这些光会从第 $i+1$ 层上方射入，所以能穿出系统的量为：

$$\frac{a_i}{100} \times dp[i+1]$$

2. 反射路径：光射入第 $i$ 层后，可能被反射回去（比例 $\frac{b_i}{100}$），然后从第 $i-1$ 层下方射入第 $i-1$ 层（注意反射改变了方向），在第 $i-1$ 层可能又被反射回来（此时从第 $i-1$ 层下方反射回上方），再次射到第 $i$ 层上方，如此循环。

为了处理这个无穷反射，我们引入另一个辅助状态：

设 $R[i]$ 表示：当 1 单位光从第 $i$ 层玻璃的下方垂直射入时，最终能从第 $n$ 层玻璃下方穿出的光总量。

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2.3 建立方程

对于 $dp[i]$：

• 直接穿过第 $i$ 层：$\frac{a_i}{100} \cdot dp[i+1]$
• 被第 $i$ 层反射回去：$\frac{b_i}{100}$，然后从第 $i-1$ 层下方射入第 $i-1$ 层，得到 $R[i-1]$，再被第 $i-1$ 层反射（从下方反射到上方）比例 $\frac{b_{i-1}}{100}$，再射到第 $i$ 层上方，得到 $dp[i]$ 的贡献。

这个过程形成无穷级数：

设 $X = dp[i]$，则：

$$X = \frac{a_i}{100} \cdot dp[i+1] + \frac{b_i}{100} \cdot R[i-1] \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot X + \frac{b_i}{100} \cdot R[i-1] \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot R[i-1] \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot X + \dots $$

这是一个几何级数：

$$X = \frac{a_i}{100} \cdot dp[i+1] + \frac{b_i}{100} \cdot R[i-1] \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot X \cdot \left(1 + \frac{b_{i-1}}{100} R[i-1] + \left(\frac{b_{i-1}}{100} R[i-1]\right)^2 + \dots \right) $$

实际上更简单的推导是：

光路：

1. 直接透射 $t_1 = \frac{a_i}{100} dp[i+1]$
2. 或者：反射到左边 $r = \frac{b_i}{100}$，然后从 $i-1$ 下方进入得到 $R[i-1]$，再反射（从 $i-1$ 下方反射到上方）比例 $\frac{b_{i-1}}{100}$，再进入第 $i$ 层上方，此时问题回到 $dp[i]$ 本身。

所以：

$$dp[i] = \frac{a_i}{100} dp[i+1] + \frac{b_i}{100} \cdot R[i-1] \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot dp[i] $$

整理得：

$$dp[i] \left(1 - \frac{b_i}{100} \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot R[i-1]\right) = \frac{a_i}{100} dp[i+1] $$$$dp[i] = \frac{\frac{a_i}{100} dp[i+1]}{1 - \frac{b_i}{100} \cdot \frac{b_{i-1}}{100} \cdot R[i-1]} $$

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2.4 类似地求 $R[i]$

$R[i]$ 表示 1 单位光从第 $i$ 层下方射入时，最终从第 $n$ 层下方穿出的光总量。

• 直接透射（向上方向）：$\frac{a_i}{100}$，然后从第 $i-1$ 层下方进入得到 $R[i-1]$。
• 或者：反射（向下方向）$\frac{b_i}{100}$，然后从第 $i+1$ 层上方进入得到 $dp[i+1]$，再反射（从 $i+1$ 上方反射到下方）比例 $\frac{b_{i+1}}{100}$，再进入第 $i$ 层下方，回到 $R[i]$ 本身。

所以：

$$R[i] = \frac{a_i}{100} \cdot R[i-1] + \frac{b_i}{100} \cdot dp[i+1] \cdot \frac{b_{i+1}}{100} \cdot R[i] $$

整理得：

$$R[i] \left(1 - \frac{b_i}{100} \cdot \frac{b_{i+1}}{100} \cdot dp[i+1]\right) = \frac{a_i}{100} R[i-1] $$$$R[i] = \frac{\frac{a_i}{100} R[i-1]}{1 - \frac{b_i}{100} \cdot \frac{b_{i+1}}{100} \cdot dp[i+1]} $$

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2.5 边界条件

• $dp[n] = \frac{a_n}{100}$
• $R[0] = 1$（因为第 0 层不存在，光从第 1 层上方进入前，如果从第 0 层下方进入，相当于直接进入系统，全透过）
• 注意 $R[n]$ 也要算：光从第 $n$ 层下方进入，直接透射（向上）到第 $n-1$ 层下方 $R[n-1]$，没有反射到右边的路径（因为右边是外部），所以：

$$R[n] = \frac{a_n}{100} \cdot R[n-1]$$

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3. 模运算处理

所有分数在模 $M = 10^9+7$ 下计算，需要用到模逆元。
$\frac{p}{100} \equiv p \times \text{inv}(100) \pmod{M}$。

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4. 算法步骤

1. 预处理 $inv100 = 100^{-1} \bmod M$
2. 初始化 $dp[n] = a_n \times inv100 \bmod M$
3. 初始化 $R[0] = 1$
4. 从 $i = n-1$ 到 $1$ 计算：
   • 先算 $R[i]$（需要 $dp[i+1]$ 已知）
   • 再算 $dp[i]$（需要 $R[i-1]$ 已知）
5. 最后输出 $dp[1]$

注意 $R[i]$ 和 $dp[i]$ 可以交替计算。

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5. 样例验证

样例 1：

n=2
a1=50, b1=20
a2=80, b2=5

计算： $inv100 = 100^{-1} \bmod M = 700000005$

$dp[2] = 80 \times inv100 = 560000004$

$R[1]$: 分母 $= 1 - (20\times inv100) \times (5\times inv100) \times dp[2]$ 先算 $20\times inv100 = 140000001$，$5\times inv100 = 35000000$ 乘积乘 $dp[2]$ 得 ... 最后 $R[1] = (50\times inv100 \times R[0]) / 分母$
再算 $dp[1] = (50\times inv100 \times dp[2]) / (1 - (20\times inv100) \times (5\times inv100) \times R[0])$

最终 $dp[1] = 40 \times 100^{-1} / (1 - (20\times 100^{-1}) \times (5\times 100^{-1}))$
即 $0.4 / (1 - 0.01) = 0.4 / 0.99 = 40/99$
$40 \times 99^{-1} \bmod M = 40 \times 81818182 \bmod M = 858585865$，符合样例。

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6. 代码实现（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 500005;

int n;
int a[MAXN], b[MAXN];
int dp[MAXN], R[MAXN];

int modpow(int a, int e) {
    int res = 1;
    while (e) {
        if (e & 1) res = 1LL * res * a % MOD;
        a = 1LL * a * a % MOD;
        e >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    }
    
    int inv100 = modpow(100, MOD - 2);
    
    dp[n] = 1LL * a[n] * inv100 % MOD;
    R[0] = 1;
    
    // 先计算 R[n]
    R[n] = 1LL * a[n] * inv100 % MOD * R[n-1] % MOD;
    
    for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        // 计算 R[i]
        int denomR = (1 - 1LL * b[i] * inv100 % MOD * b[i+1] % MOD * inv100 % MOD * dp[i+1] % MOD + MOD) % MOD;
        R[i] = 1LL * a[i] * inv100 % MOD * R[i-1] % MOD * modpow(denomR, MOD - 2) % MOD;
        
        // 计算 dp[i]
        int denomD = (1 - 1LL * b[i] * inv100 % MOD * b[i-1] % MOD * inv100 % MOD * R[i-1] % MOD + MOD) % MOD;
        dp[i] = 1LL * a[i] * inv100 % MOD * dp[i+1] % MOD * modpow(denomD, MOD - 2) % MOD;
    }
    
    printf("%d\n", dp[1]);
    
    return 0;
}

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7. 复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \log M)$，因为每个状态计算需要模逆元（快速幂）。
• 空间复杂度：$O(n)$。

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这样我们就得到了一个可以处理 $n \le 5\times 10^5$ 的高效解法。