#期望dp#CF1810G The Maximum Prefix

洛谷题面
CF1810G

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分析

考虑最大前缀和满足两个条件，就是所有前缀和都不超过，以及一定有一个等于。

那么就要保证它能达到最大值且一直不能高于它

设 $dp[i][j][0/1]$ 表示前 $i$ 个数离达到最大值还需要 $j$ 且未/已经达到过最大值。

初始化就是 $dp[0][j][j==0]=h[j]$，然后转移就是看 $j$ 减到零的话第三维就为一，就不断加一减一。

对于每个 $i$ 输出 $\sum_{j=0}^{n}dp[i][j][1]$，因为末尾不一定要达到最大值，所以可以为任意值，只要达到过即可

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
const int N=5011,mod=1000000007;
int n,p[N],dp[N][2],f[N][2],ans;
int iut(){
	int ans=0; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
void print(int ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
int ksm(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
void Mo(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int main(){
	for (int T=iut();T;--T){
		n=iut();
		for (int i=1;i<=n;++i){
			int x=iut(),y=iut();
			p[i]=1ll*x*ksm(y,mod-2)%mod;
		}
		for (int i=0;i<=n;++i) dp[i][i==0]=iut();
		for (int i=1;i<=n;++i){
			ans=0;
			for (int j=0;j<=n;++j)
			for (int k=0;k<2;++k) f[j][k]=dp[j][k],dp[j][k]=0;
			for (int k=0;k<2;++k){
				for (int j=0;j<n;++j) Mo(dp[j][k|(j==0)],1ll*f[j+1][k]*p[i]%mod);
				for (int j=1;j<=n;++j) Mo(dp[j][k],f[j-1][k]*(mod+1ll-p[i])%mod);
			}
		    for (int j=0;j<=n;++j) Mo(ans,dp[j][1]);
			print(ans),putchar(i==n?10:32);
		}
		for (int j=0;j<=n;++j)
		for (int k=0;k<2;++k)
		    dp[j][k]=f[j][k]=0;
	}
	return 0;
}