题意：

aia_iai在[li,ri][l_i,r_i][li,ri]等概率随机选一个数，求aaa数组不增的概率。

思路：

这里贴了两个链接，因为这俩题是极其相似的，我们先来说一下洛谷的。
洛谷的也是选一个数，求aaa数组严格递增的概率。
看到这个很容易写出一个dpdpdp数组f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示到了第iii个，第iii个选了jjj个的方案数，转移就是f[i][j]=∑c=0j−1∑k=0i−1f[k][c]j∈[li,ri]f[i][j]=\sum _{c=0}^{j-1}\sum _{k=0}^{i-1}f[k][c]\ \ j\in [l_i,r_i]f[i][j]=c=0∑j−1k=0∑i−1f[k][c] j∈[li,ri]
初始f[0][0]=1f[0][0]=1f[0][0]=1，代码如下：

 f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=p[i].X;j<=p[i].Y;j++)for(int c=0;c<=j-1;c++)for(int k=0;k<=i-1;k++)f[i][j]+=f[k][c],f[i][j]%=mod;LL ans=0;for(int j=1;j<=n;j++) for(int i=p[j].X;i<=p[j].Y;i++) ans+=f[j][i],ans%=mod;cout<<ans%mod<<endl;

显然这个是不能通过本题的，因为本题中li,ril_i,r_ili,ri的范围是[1,1e9][1,1e9][1,1e9]，所以我们很本能的想到离散化。但是怎么离散化呢？我们这个方程是以点转移的，而离散化之后我们将其转换成了若干个区间，也就是说我们要考虑以区间转移。
重新定义dpdpdp数组f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示到了第iii个，第iii个选了第jjj个区间的方案数，这里先介绍一个引理：

从[0,L][0,L][0,L]区间中取nnn个数，要求所有非零数严格递增，则方案数为C(n+L,n)C(n+L,n)C(n+L,n)。

这个定理也比较好理解，先考虑没有000的情况，这个时候区间为[1,L][1,L][1,L]，显然答案为C(L,n)C(L,n)C(L,n)，考虑把000加入，比如当前序列0,0,0,...,1,2,...,L0,0,0,...,1,2,...,L0,0,0,...,1,2,...,L，前面000的个数为nnn个，这个时候从这个序列中选择nnn个数的时候，方案数为C(n+L,n)C(n+L,n)C(n+L,n)，这个与原问题对应，可以得证该引理。
通过这个我们可以优化区间取数的过程。
先考虑原问题，由于第iii个学校必须参赛，所以000的个数需要减一，所以方案数为C(x+L−1,x)C(x+L-1,x)C(x+L−1,x)，xxx表示可选区间包含第jjj个区间的数量，那么我们枚举i,ji,ji,j之后，再枚举上一个学校ppp的区间ttt，且前ppp个学校不在区间jjj中的情况，xxx就是p+1,..,ip+1,..,ip+1,..,i个学校中能取到jjj区间的学校数量，转移方程为：
f[i][j]=∑p=0i−1∑k=0j−1f[p][k]∗C(x+L−1,x)f[i][j]=\sum _{p=0}^{i-1}\sum _{k=0}^{j-1}f[p][k]*C(x+L-1,x)f[i][j]=p=0∑i−1k=0∑j−1f[p][k]∗C(x+L−1,x)
由于组合数很大，不好预处理，所以组合数一边乘一边求就好了，复杂度O(N4)O(N^4)O(N4)，让后可以发现用前缀和优化可以去掉一层NNN，定义g[i][j]=∑k=1j−1f[i][k]g[i][j]=\sum _{k=1}^{j-1}f[i][k]g[i][j]=∑k=1j−1f[i][k]，优化之后需要倒着更新ggg数组，方程为f[i][j]=∑p=0i−1g[p][j−1]∗C(x+L−1,x)f[i][j]=\sum _{p=0}^{i-1}g[p][j-1]*C(x+L-1,x)f[i][j]=p=0∑i−1g[p][j−1]∗C(x+L−1,x) ，iii从大到小枚举，确保每次使用的时候都是上一层的，并且可以通过最外层从小到大枚举区间来优化一维ggg数组。
复杂度O(N3)O(N^3)O(N3)。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=510,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
PII p[N];
LL g[N*2];
LL c[N],inv[N];
vector<int>v;int find(int x)
{return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin();
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);inv[1]=1;for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i].X,&p[i].Y),v.pb(p[i].X),v.pb(p[i].Y+1);sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());for(int i=1;i<=n;i++) p[i].X=find(p[i].X),p[i].Y=find(p[i].Y+1);c[0]=1; g[0]=1;for(int j=0;j<v.size()-1;j++){int len=v[j+1]-v[j];for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=1ll*c[i-1]*(len+i-1)%mod*inv[i]%mod;for(int i=n;i>=1;i--){if(p[i].X<=j&&j+1<=p[i].Y){LL f=0,fun=len,m=1;for(int pp=i-1;pp>=0;pp--){(f+=fun*g[pp]%mod)%=mod;if(p[pp].X<=j&&j+1<=p[pp].Y) fun=c[++m];}g[i]+=f; g[i]%=mod;}}}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=g[i])%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

再来看这个cfcfcf的题，与上面那个题不能说一模一样，只能说大致相同。
上面那个题可以有不选的情况，这个题是必须都选才行，所以我们枚举ppp的时候需要改一下，当ppp不在jjj区间的时候就退出。
让后还有一点不同的就是上面那个要求严格递增，这个要求非递增，也就是说我们要在[l,r)[l,r)[l,r)内选xxx个数使其非递减，这个的方案数为C(len+x−1,x)C(len+x-1,x)C(len+x−1,x)，证明方法跟上面的差不多，就是在序列前面补上x−1x-1x−1个000，lclclc哥yydsyydsyyds。
我们同样可以用上面的前缀和优化，但是这个题是非递增，所以我们应该从大的区间向小的区间转移，所以改成后缀和优化了，需要从大的区间到小的区间枚举即可。
由于求的是概率，所以在最后乘上个分母的逆元即可。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=10010,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[110],b[110];
LL f[N],c[N];
vector<int>v;int find(int x)
{return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin();
}LL qmi(LL a,LL b)
{LL ans=1%mod;a%=mod;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);LL sum=1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);v.pb(l); v.pb(r+1);a[i]=l; b[i]=r;sum*=qmi(r-l+1,mod-2); sum%=mod;}sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=find(a[i]),b[i]=find(b[i]+1);int se=v.size();f[0]=1;for(int j=se-2;j>=0;j--){int len=v[j+1]-v[j];c[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i-1]*(len+i-1)%mod*qmi(i,mod-2)%mod;for(int i=n;i>=1;i--)if(a[i]<=j&&b[i]>=j+1){for(int cnt=1,k=i-1;k>=0;k--,cnt++){f[i]+=c[cnt]*f[k]; f[i]%=mod;if(a[k]>j||b[k]<j+1) break;}}}LL ans=f[n]*sum%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

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