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A

因为太水，我不想写题解，Yvehの传送门

B

思路：
很强的一道题目（聪哥说是概率入门题……）
昨天打比赛时懵逼了很久
我们先考虑一个简单的问题，如果a[i]=0a[i]=0，怎么做？
一道比较经典的题目(51nod 1202)，给定序列ss，求不同的子序列个数
f[i]f[i]表示到第ii位时本质不同的子序列的个数，对于第i位来说有选和不选两种可能，那么方程就是

f[i]=f[i−1]×2

f[i]=f[i-1]×2
但这是在s[i]s[i]没有出现过的情况下的方程
那如果s[i]s[i]之前已经出现过呢？
设s[i]s[i]最后出现的位置是lastlast，那么方程就是

f[i]=f[i−1]×2−f[last−1]

f[i]=f[i-1]×2-f[last-1]
我们可以这么想，这时重复的串就是last之前的子序列分别与s[last]s[last],s[i]s[i]相匹配，这些子序列的数量就是f[last−1]f[last-1]
这样就可以在O(n)O(n)时间内递推出f[n]f[n]了
但是这里加入了概率，我们怎么在这上面改进呢？
我先给出方程，下面再解释
a[i]a[i]表示第i位被删除的概率,f[i]f[i]表示到第ii位时本质不同的子序列的期望，sum[i]sum[i]表示ii本身及ii所有可能的lastlast的前一位的期望的前缀和
咦，好像sum[i]sum[i]的定义很诡异啊，我们来重新断下句(｡･∀･)ﾉﾞ
sum[i]sum[i]表示
ii本身及ii所有可能的lastlast
的前一位
的期望
的前缀和
如果没看懂就继续往下看好了= =

f[i]=(f[i−1]×2−sum[last])×(1−a[i])+f[i−1]×a[i]

f[i]=(f[i-1]×2-sum[last])×(1-a[i])+f[i-1]×a[i]

sum[i]=f[i−1]×(1−a[i])+sum[last]×a[i]

sum[i]=f[i-1]×(1-a[i])+sum[last]×a[i]
考虑第ii位时，如果第ii位被删除了，那么第ii位的的期望就是前一位的期望（即f[i−1]f[i-1]），如果没被删除，那么就可以仿照a[i]=0a[i]=0时的情况了，但这时我们发现，last的位置并不是固定的，而是有多种可能的，在这里，朴素的想法是枚举所有可能的lastlast，然后累加它们的不被删除时前一位的ff，得出答案，但这个转移最坏情况下是O(n)O(n)的，所以考虑前缀和优化，sum[i]sum[i]就是做这个用的
sum[i]sum[i]的求法也很简单，类似f[i]f[i]，如果ii没被删除，那就是f[i−1]f[i-1]，反之就是sum[last]sum[last]
乘下相应的概率就可以了
由于要取模，所以先求下100100关于998244353998244353的逆元
时间复杂度和空间复杂度都是O(n)O(n)
代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define M 500003
#define mo 998244353
#define LL long long
using namespace std;
int n;
char s[M];
int a[M],last[27],f[M],sum[M];
int qr(int x,int y)
{int t=1;for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mo)if (y&1) t=(LL)t*x%mo;return t;
}
main()
{scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);int inv=qr(100,mo-2);f[0]=1;for (int i=1;i<=n;++i){int t=sum[last[s[i]-'a']];f[i]=((100-a[i])*(2LL*f[i-1]%mo-t)%mo+(LL)a[i]*f[i-1]%mo)%mo*inv%mo;sum[i]=((LL)f[i-1]*(100-a[i])%mo+(LL)t*a[i]%mo)*inv%mo;last[s[i]-'a']=i;}printf("%d\n",(f[n]+mo)%mo);
}

C

因为太神太麻烦不想写题解了
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有没有被骗到啊(｡･∀･)ﾉ

B题写这么详细已经很良心的啦QAQ

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