看起来很麻烦，做起来并不难的题
以下设：$a_i=\frac{a_i}{100},b_i=\frac{b_i}{100}$
显然，如果$b_i=0$的话，直接求$\Pi a_i$就是答案。
解决反射问题是这个问题的关键
我们显然可以认为一束光透过之后，可以等其他的光一起
**透过干净** 再往后走。
这样就存在Dp的阶段了。
网上很多从“前i个整体透光率”“整体反光率”什么的，或者枚举反射次数，还要等比数列求和。其实不用这么麻烦。
设$f[i][1]$表示，一单位的光从玻璃i左边射过来，**最终透过的比率**
$f[i][2]$表示，一单位的光从玻璃i右边设过来，**最终反射回来的比率**
（最终就是经过相当长的一段时间后累计的总和。）
递推式很显然了，只要枚举“回收”光线的情况
$f[i][1]=a_i+b_i\times f[i-1][2] \times f[i][1]$
移项，除过去，可以得到：
$f[i][1]=\frac{a_i}{1-b_i\times f[i-1][2]}$
以及：
$f[i][2]=b_i+a_i\times f[i-1][2] \times f[i][1]$
发现存在边界：$f[1][1]=a_1,f[1][2]=b_1$
然后递推。
最后求$\Pi f[i][1]$即可得到答案
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
template<class T>il void output(T x){if(x/)output(x/);putchar(x%+'');}
template<class T>il void ot(T x){if(x<) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');} namespace Miracle{
const int N=5e5+;
const int mod=1e9+;
int n;
int iv;
int a[N],b[N];
int ad(int x,int y){
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
int qm(int x,int y){
int ret=;
while(y){
if(y&) ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=;
}
return ret;
}
int f[N][];
int main(){
iv=qm(,mod-);
rd(n);
for(reg i=;i<=n;++i){
rd(a[i]);rd(b[i]);
a[i]=(ll)a[i]*iv%mod;
b[i]=(ll)b[i]*iv%mod;
}
f[][]=a[];
f[][]=b[];
for(reg i=;i<=n;++i){
f[i][]=(ll)a[i]*qm(ad(,mod-(ll)b[i]*f[i-][]%mod),mod-)%mod;
f[i][]=ad(b[i],(ll)a[i]*f[i-][]%mod*f[i][]%mod);
}
int ans=;
for(reg i=;i<=n;++i){
ans=(ll)ans*f[i][]%mod;
}
cout<<ans;
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
*/